Kvant 2018, số 1 · Trang

3

thiên văn học

MẶT SAU

một cái gì đó để tương tác. Phản ứng xúc tác trên các hạt bụi giữa các vì sao cũng rất được quan tâm, bởi vì đây là những hạt nano tương tự có thể được sử dụng làm xúc tác hóa học trên Trái đất. Như chúng ta thấy, hóa học ngày càng được quan tâm nhiều hơn đến thiên văn học.

Sinh vật học

Sinh vật học vũ trụ, thiên văn sinh học, ngoại sinh học… Những ngành này đã tồn tại hàng chục năm, mặc dù chúng chưa bao giờ có đối tượng nghiên cứu thực tế và vẫn chưa có. Sự sống ngoài Trái đất vẫn chưa được khám phá. Họ tìm kiếm cô ấy trên cả Mặt trăng và Sao Hỏa; dưới dạng sự sống thông minh, họ đang tìm kiếm nó trong sự rộng lớn của Thiên hà và thậm chí vượt ra ngoài biên giới của nó. Nhưng sự sống và trí thông minh vẫn chưa được tìm thấy trong không gian và điều này khiến chúng ta phải suy nghĩ rất nhiều. Tuy nhiên, bi quan là không phù hợp ở đây. Các nhà thiên văn học thường xuyên phát hiện ra những nơi trong không gian thuận lợi cho sự sống nên sớm muộn gì sự sống ngoài Trái đất cũng sẽ được phát hiện. Đối với sinh học, điều này có nghĩa là một bước đột phá to lớn trong việc tìm hiểu chính hiện tượng sống và nguồn gốc của nó. Vì vậy, các nhà sinh vật học vô cùng quan tâm đến những phát hiện của các nhà thiên văn học. Trong số các hành tinh quay quanh các ngôi sao khác, các nhà thiên văn học đã phát hiện ra hàng chục hành tinh giống Trái đất và một số trong số chúng dường như có khí hậu gần giống Trái đất. Trong tương lai gần, việc xây dựng một số kính thiên văn khổng lồ có đường kính 25–40 mét sẽ được hoàn thành, giúp thu được quang phổ của các hành tinh này và tìm kiếm dấu vết sự sống trong chúng. Tuy nhiên, nghiên cứu cuộc sống của người khác từ xa là một nhiệm vụ vô ơn. Liệu chúng ta có học được nhiều về cấu trúc của protein và DNA nếu chúng ta nghiên cứu sự sống trên trái đất bằng cách quan sát hành tinh của chúng ta từ Mặt trăng qua kính viễn vọng? Do đó, hiện nay người ta chú ý nhiều nhất đến các vật thể trong hệ mặt trời, nơi đã phát hiện ra các điều kiện cho sự sống. Thật không may, không có điều kiện thuận lợi nào trên bề mặt của chúng, ngoại trừ Trái đất. Nhưng có thể có một số bên dưới bề mặt. Ở đây cần nhắc lại rằng trên Trái đất sinh khối chính nằm dưới bề mặt rắn. Và việc tìm kiếm

TRONG

TRƯỜNG HỌC

sự sống ngoài Trái đất hiện tập trung vào ba vật thể: Sao Hỏa, Europa (mặt trăng của Sao Mộc) và Enceladus (mặt trăng của Sao Thổ), nơi có nước lỏng bên dưới bề mặt. Cùng với các nhà sinh vật học, các nhà thiên văn học nghiên cứu các vật thể này, không quên lắng nghe Vũ trụ để tìm kiếm tín hiệu từ các nền văn minh ngoài Trái đất. Rốt cuộc, cuộc sống thông minh thậm chí còn thú vị hơn!

Sinh thái học

Tình trạng của môi trường ảnh hưởng trực tiếp đến cuộc sống của chúng ta. Thông thường, các nhà môi trường quan tâm đến chất lượng không khí, nước, thực phẩm, mức độ tiếng ồn và các thông số cục bộ khác trên Trái đất. Nhưng hành tinh của chúng ta là một hạt của vũ trụ lớn hơn, thỉnh thoảng nó nhắc nhở chúng ta về chính nó. Bản thân chúng ta đã lấp đầy khoảng không gian gần bên ngoài với hàng ngàn vật thể nhân tạo, đôi khi va chạm với nhau, phát nổ và do đó nhân lên thành các mảnh vụn không gian. Một phần quan trọng của các quan sát thiên văn (và thu nhập của các nhà thiên văn học) có liên quan đến việc theo dõi các mảnh vụn không gian để cảnh báo người trái đất và công nhân của Trạm vũ trụ quốc tế. ISS đã tránh được các mảnh vỡ nguy hiểm hàng chục lần nhờ dự báo thiên văn chính xác về chuyển động của nó. Biểu đồ ở trang tiếp theo cho thấy lượng rác vũ trụ đã tăng nhanh như thế nào kể từ khi phóng vệ tinh nhân tạo đầu tiên. Đây là những vệ tinh bị hỏng, giai đoạn cuối của phương tiện phóng, khoang chuyển tiếp, các bộ phận của tên lửa bị nổ hoặc vệ tinh bị phá hủy trong các vụ va chạm lẫn nhau. Ở đây chỉ tính đến những vật thể lớn có kích thước lớn hơn 10 cm, chúng có thể bị theo dõi bằng phương pháp radar và gây ra mối đe dọa chết người đối với các vệ tinh, tàu vũ trụ và trạm “sống”. Đường cong liền màu đỏ là kết quả tính toán trực tiếp, đường cong chấm màu xanh là dự báo lý thuyết. Trong những thập kỷ đầu tiên của thời đại vũ trụ, các vệ tinh được phóng rất thường xuyên vì

4

KVANT 2018/№1

Lượng mảnh vụn không gian ở quỹ đạo thấp của Trái đất (200–2000 km) chỉ tồn tại trong thời gian ngắn. Một số mảnh vỡ tăng mạnh có liên quan đến các vụ va chạm vệ tinh, vụ nổ tên lửa và việc cố tình phá hủy các vệ tinh “chết” trong quá trình thử nghiệm vũ khí chống vệ tinh. Hai đường cong lý thuyết này khác nhau ở những giả định ban đầu của chúng. Khi tính toán tỷ lệ trên, người ta giả định rằng tần suất phóng vệ tinh, vốn đã giảm trong thập kỷ đầu tiên, sẽ duy trì như vậy trong một thời gian dài. Như chúng ta thấy, điều này sẽ dẫn đến sự tích tụ nhanh chóng của các mảnh vụn không gian. Đường cong phía dưới thể hiện dự báo theo một giả định hoàn toàn tuyệt vời: điều gì sẽ xảy ra nếu chúng ta ngừng hoàn toàn các hoạt động phóng vào không gian. Rõ ràng là điều này sẽ không xảy ra trong thực tế, nhưng thật thú vị khi xem xét khả năng lý thuyết như vậy, và kết quả hóa ra hoàn toàn bất ngờ - ngay cả khi có lệnh cấm hoàn toàn đối với việc phóng vào không gian, lượng mảnh vỡ trên quỹ đạo sẽ tăng lên! Điều này sẽ xảy ra do sự va chạm lẫn nhau và sự phân chia các mảnh lớn thành những mảnh nhỏ hơn, nhưng vẫn nguy hiểm. Nếu chúng ta không muốn mất cơ hội sử dụng không gian gần Trái đất (tức là sử dụng truyền hình vệ tinh, định vị toàn cầu, dự báo thời tiết, v.v.), thì chúng ta cần theo dõi cẩn thận các mảnh vụn không gian, đó là điều

Các nhà thiên văn học đang bận rộn phát triển các phương pháp làm sạch gần không gian. Tại đây, các nhà thiên văn học cũng có những ý tưởng nảy sinh từ việc quan sát chuyển động của sao chổi và tiểu hành tinh. Nhân tiện, về họ. Theo một nghĩa nào đó, sao chổi và tiểu hành tinh cũng là những mảnh vụn không gian có nguồn gốc tự nhiên. Và nếu không muốn nó bất ngờ rơi trúng mình thì chúng ta cần phải để mắt tới nó. Các nhà thiên văn học đang cố gắng thực hiện điều này, mỗi ngày khám phá hàng trăm vật thể mới trong Hệ Mặt trời, chủ yếu là các tiểu hành tinh nhỏ. Tổng cộng, khoảng một triệu trong số chúng đã được ghi lại và tất cả chúng đều đang được theo dõi và tính toán chuyển động của chúng trong tương lai. Nhưng chúng ta chưa thể thiết lập quyền kiểm soát hoàn toàn đối với tất cả các cơ quan nguy hiểm. Điều này đòi hỏi những kính thiên văn đặc biệt - đặt trên mặt đất và trên không gian - với trường nhìn rộng. Bây giờ họ đang ở giai đoạn thiết kế, và một số đã ở giai đoạn xây dựng. Với sự giúp đỡ của họ, các nhà thiên văn học, mặc dù không thể bảo vệ Trái đất, nhưng sẽ có thể cảnh báo về mối nguy hiểm sắp xảy ra. Một lĩnh vực quan trọng khác của sinh thái thiên văn là theo dõi các ngôi sao và đặc biệt là ngôi sao gần chúng nhất, Mặt trời của chúng ta. Chúng ta vẫn còn ít ý tưởng về hoạt động của Mặt trời thay đổi như thế nào trong những khoảng thời gian lớn và tương lai của nhân loại phụ thuộc vào dự báo về hoạt động này. Khả năng của thiên văn học mặt trời đang phát triển nhanh chóng. Cho đến gần đây, chúng tôi chỉ quan sát thấy một bán cầu của Mặt trời, hiện có thể nhìn thấy được từ Trái đất và không biết bán cầu kia đang chuẩn bị cho chúng ta những điều bất ngờ gì, mà trong hai tuần nữa sẽ quay về hướng của chúng ta (Mặt trời quay với chu kỳ khoảng một tháng). Nhưng hiện nay các kính viễn vọng không gian đang theo dõi Mặt trời từ mọi hướng, kể cả hướng ngược lại và trong mọi phạm vi của phổ điện từ. Vì vậy, khả năng dự báo ngắn hạn về hoạt động của nó đã tăng mạnh. Nhưng vẫn còn nhiều vấn đề liên quan đến dự báo dài hạn. Chúng ta biết rằng thỉnh thoảng có những siêu lửa trên Mặt trời, nhưng chúng ta vẫn chưa thể chuẩn bị cho chúng. Không-

5

thiên văn học

MẶT SAU

Vành nhật hoa trong thời gian $затмения^{1}$ đòi hỏi phải hiểu rõ điều gì đang xảy ra bên dưới bề mặt nhìn thấy được của Mặt trời và các nhà vật lý thiên văn hiện đang nghiên cứu vấn đề này. Tuy nhiên, Thiên hà của chúng ta không chỉ giàu Mặt trời: vẫn còn hàng trăm tỷ ngôi sao trong đó và một số trong số chúng có thể gây nguy hiểm cho Trái đất. Chúng ta đang nói về vụ nổ của các ngôi sao lớn ở cuối quá trình tiến hóa của chúng, tức là vụ nổ siêu tân tinh. Các nhà thiên văn học đang học cách nhận biết những ngôi sao sẵn sàng phát nổ trong tương lai gần. Một ứng cử viên là Betelgeuse, ngôi sao sáng nhất trong chòm sao Orion. Các nhà thiên văn học đang theo dõi nó, chờ đợi một vụ nổ. Nhưng vẫn chưa thể dự báo chính xác về sự kiện này. Điều này đòi hỏi những kính thiên văn neutrino nhạy, hiện chưa tồn tại. Nhưng họ chắc chắn sẽ ở đó!

• • • Vì vậy, trở lại trường học sau nhiều năm lãng quên, thiên văn học đã thay đổi bộ mặt rõ rệt. Ngày nay, “khoa học thiên thể” được kết nối chặt chẽ với các ngành khoa học tự nhiên khác. Không gian hiện được coi là một phòng thí nghiệm khoa học với những khả năng đáng kinh ngạc. Bằng cách thỏa mãn trí tò mò của mình, con người đã chiến thắng trong cuộc đấu tranh sinh tồn. Ngày nay, toàn bộ Vũ trụ đã trở thành chủ đề tò mò của con người. Và đây là sự đảm bảo cho tương lai của chúng ta.

1 Trong «Kvant» Số 12 cho năm 2017 ở trang 2

chữ ký bên dưới hình phải như thế này: Mặt trời trong tia cực tím và tia X.

TRONG

TRƯỜNG HỌC

Thiên văn học trở lại trường học không phải để giải trí mà để học tập. Chỉ tích lũy kiến ​​thức không thể làm thỏa mãn một người tò mò. Kiến thức phải có tác dụng, bạn phải có khả năng áp dụng nó. Các phương tiện truyền thông hiện đại tràn ngập chúng ta với vô số thông tin, một số trong đó cực kỳ quan trọng và thú vị, nhưng thường sai sót và thậm chí sai sự thật. Chỉ có kiến ​​​​thức tích cực mới giúp chúng ta lọc những dòng chảy này và nhận được từ chúng những thông tin phát triển trí tuệ và không làm tắc nghẽn não. Tôi sẽ không thuyết phục bạn rằng bài toán thú vị như thế nào với các giải pháp chi tiết khi học bất kỳ môn học nào. Suy cho cùng, “biết” và “có thể” không giống nhau. Chính bài toán dạy chúng ta có thể làm được. Vì vậy, hãy giải quyết chúng!

Bài toán

Bài toán 1. Các nhà thiên văn học trên Trái đất phát hiện sự hiện diện của các hành tinh xung quanh các ngôi sao khác bằng sự dịch chuyển Doppler định kỳ của các vạch trong quang phổ của những ngôi sao này, gây ra bởi chuyển động của ngôi sao so với tâm khối của hệ hành tinh. Và nếu “những người anh em trong tâm trí” của chúng ta từ một ngôi sao lân cận đo tốc độ hướng tâm của Mặt trời với độ chính xác 10 m/s, liệu họ có thể nhận thấy sự tồn tại của một hệ hành tinh gần Mặt trời không? (Vận tốc hướng tâm hay hướng tâm là hình chiếu của vectơ vận tốc của cơ thể lên đường ngắm của người quan sát.) Lời giải. Phần lớn khối lượng của hệ mặt trời của chúng ta tập trung ở Sao Mộc, do đó nó là vật chịu ảnh hưởng hấp dẫn chính lên Mặt trời, có khối lượng lớn gấp 1000 lần Sao Mộc. Cả hai đều xoay quanh một khối tâm chung, mà Mặt trời ở gần Sao Mộc hơn 1000 lần. Vì Sao Mộc chuyển động trên quỹ đạo của nó với tốc độ $v_{Ю} = = 13$ km/s (giá trị này có thể lấy từ sách tham khảo hoặc tính toán độc lập, biết bán kính quỹ đạo của Sao Mộc là 5,2 AU = 779 triệu km và chu kỳ quỹ đạo của nó là 11,9 năm), tốc độ quay của Mặt Trời

9

RA

TRONG

KHÔNG GIAN - 2

nói dối thì phát biểu đó là hiển nhiên). Thứ hai, nếu bạn đồng thời giảm bán kính của các quả bóng xuống N lần, giữ nguyên tâm của chúng thì vị trí của các đỉnh sẽ không thay đổi. Trên thực tế, nếu $O_{1}, O_{2}$ là tâm của các quả bóng và $r_{1}, r_{2}$ là bán kính của chúng, thì đỉnh V là điểm duy nhất trên đường $O_{1} O_{2}$ mà $MO_{1} MO_{2} r_{1} r_{2}$ (như trước, các đoạn có hướng). Do đó, do các điểm $O_{1}, O_{2}$ và tỷ lệ bán kính $r_{1} r_{2}$ không thay đổi nên đỉnh V giữ nguyên $месте.^{1}$ Sau đó chúng ta giảm tất cả bán kính đi N lần để chúng trở nên nhỏ đến mức mỗi nắp sẽ không giao nhau với quả bóng còn lại. Trong trường hợp này, một mặt phẳng có thể được đặt trên các quả bóng và do đó ba đỉnh nằm trên một đường thẳng. Từ định lý ba mũ (bây giờ có thể gọi là định lý vì chúng ta đã chứng minh được) nhiều hệ quả kéo theo về sự tiếp tuyến của đường tròn và hình cầu. Chúng tôi sẽ chỉ nêu bật ba trong số đó và trình bày thêm một số vấn đề khác trong bài tập 5–9. Hãy bắt đầu với thực tế là nếu đối với hai trong số ba cặp đường tròn, các tiếp tuyến ngoài được thay thế bằng các tiếp tuyến trong thì định lý vẫn đúng. Không có gì sẽ thay đổi trong bằng chứng. Bây giờ chỉ có máy bay sẽ chạm vào hai quả bóng ở một bên và quả bóng thứ ba ở bên kia. Chúng ta gọi các điểm tương ứng là các đỉnh trong. Vì vậy, hai đỉnh bên ngoài và hai đỉnh bên trong của ba đường tròn (hoặc ba quả cầu) nằm trên cùng một đường thẳng. Nếu hai quả bóng chạm nhau thì đỉnh bên trong sẽ trở thành điểm tiếp xúc. Trường hợp giới hạn này cho hệ quả sau. Hệ quả 1. Hai quả bóng tiếp xúc bên ngoài với quả thứ ba. Khi đó đỉnh của hai quả cầu nằm trên đường thẳng nối hai điểm tiếp tuyến. Tất nhiên, điều này cũng đúng đối với các đường tròn trên mặt phẳng. Từ đó dẫn đến một thực tế đáng chú ý mà để đơn giản chúng ta sẽ xây dựng đường tròn trên mặt phẳng

1 Về cơ bản, ở đây chúng ta sử dụng thực tế rằng V là tâm của một đồng nhất đưa quả bóng này đến quả bóng khác; Điều này giải thích một tên gọi khác của định lý: “định lý về ba tâm đồng nhất”.

(mặc dù điều đó cũng đúng với quả bóng trong không gian). Hệ quả 2. Cho điểm C và D trên đoạn AB. Một đường tròn tùy ý vẽ qua C và D, vẽ các tiếp tuyến từ A và B, và các điểm tiếp tuyến nằm về một phía của đường thẳng AB. Khi đó đường thẳng nối các điểm tiếp tuyến đi qua một điểm cố định của đường thẳng AB, không phụ thuộc vào đường tròn đã vẽ. Bằng chứng. Chúng ta hãy biểu thị các điểm tiếp tuyến bằng A c và B c, và giao điểm của các tiếp tuyến bằng M. Lưu ý rằng bình phương của tiếp tuyến AA c bằng AD AC, và do đó không phụ thuộc vào đường tròn. Tương tự với tiếp tuyến BB c. Hãy vẽ các đường tròn có tâm A và B và bán kính bằng các tiếp tuyến này. Chúng ta hãy biểu thị đỉnh của các đường tròn này bằng chữ V. Điểm này không đổi. Bây giờ hãy vẽ một đường tròn có tâm M và bán kính M A c = MB c. Nó chạm vào cặp đường tròn của chúng ta tại các điểm A c và B c. Điều này có nghĩa là, theo Hệ quả 1, đường thẳng A c B c đi qua V. Điều này có nghĩa V là điểm cần tìm. Như chúng tôi đã đề cập, Hệ quả 2 có dạng “không gian”, khi một quả bóng được vẽ qua các điểm C và D và các tiếp tuyến nằm trong cùng một mặt phẳng được hạ xuống nó từ các điểm A và B. Khi đó đường thẳng nối các điểm tiếp tuyến đi qua điểm cố định của đường thẳng AB. Bằng chứng vẫn như cũ! Đây là một sự thật thú vị khác xuất phát từ định lý ba chiếc mũ. Nó đương nhiên được gọi là “định lý mỏ”. Hệ quả 3 (định lý mỏ). Nếu các cạnh của một tứ giác không gian chạm vào một quả bóng thì bốn điểm tiếp xúc nằm trên cùng một đường tròn. Bằng chứng. Chúng ta ký hiệu tứ giác này bằng ABCD và các điểm tiếp tuyến là K, L, M, N (hình10). Các tiếp tuyến AK và AN bằng nhau nên ta vẽ được hình cầu tâm A đi qua các điểm N và K. Ta cũng vẽ được hình cầu tâm C đi qua các điểm L và M. Hai mặt cầu này tiếp xúc nhau

10

KVANT 2018/№1

Hình 10

có đường thẳng thứ ba - có tâm B, vẽ qua các điểm K và L. Điều này có nghĩa là ta có thể sử dụng Hệ quả 1 và kết luận đường thẳng KL đi qua đỉnh V của hai mặt cầu (có tâm A và C). Cặp mặt cầu này cũng tiếp xúc với một mặt cầu có tâm D vẽ qua các điểm M và N. Điều này có nghĩa là đường thẳng MN đi qua cùng một đỉnh. Vậy hai đường thẳng KL và MN cắt nhau nghĩa là chúng nằm trong cùng một mặt phẳng nên cả bốn điểm tiếp tuyến đều nằm trên đường tròn - tiết diện của hình cầu theo mặt phẳng này. Một tứ giác không gian có cùng tiêu chuẩn về sự tồn tại của một quả cầu nội tiếp dưới dạng một mặt phẳng: một quả cầu có thể nội tiếp khi và chỉ khi tổng các cạnh đối diện bằng nhau. Nếu bạn cố định điểm A và C, thì các tam giác ABC và ADC có thể được tách ra và đóng lại, “con chim” sẽ mở và đóng “mỏ” của nó, đồng thời giữ quả bóng trong mỏ (quả bóng sẽ trượt dọc theo mỏ). Theo Hệ quả 3, các đường thẳng KL và MN nối điểm tiếp xúc của quả bóng này với mỏ sẽ luôn đi qua cùng một điểm - điểm V. Và đây không phải là tất cả những gì rút ra từ định lý về ba nắp mà chúng ta đã chứng minh bằng cách đi vào không gian. Hãy thử tự mình chứng minh thêm một vài hệ quả nữa.

Bài tập

5. Bốn quả bóng chạm vào nhau “thành một chuỗi”: quả thứ nhất - quả thứ hai,…, quả thứ tư - quả thứ nhất. Chứng minh rằng bốn điểm tiếp tuyến cùng thuộc một đường tròn. 6. Chứng minh rằng tứ giác ngoại tiếp có hai đường chéo và hai đoạn thẳng nối các điểm tiếp tuyến của đường tròn nội tiếp.

các dây có các cạnh đối diện cắt nhau tại một điểm. 7. Cho một hình cầu và hai điểm K, L bên ngoài nó trong không gian, đường thẳng KL cắt hình cầu. Từ điểm K vẽ một tiếp tuyến KP tùy ý với mặt cầu (P là điểm tiếp tuyến), và đường thẳng LP lại cắt mặt cầu tại điểm Q. Chứng minh rằng mọi điểm Q có thể đều đi qua đường tròn. 8. Chứng minh rằng với điểm L bất kỳ nằm ngoài một mặt cầu cho trước thì trên mặt cầu có hai đường tròn nằm trong các mặt phẳng không song song biến đổi thành nhau dưới hình chiếu tâm đối với điểm L (tức là các đường thẳng qua L đến các điểm của đường tròn thứ nhất đi qua các điểm của đường tròn thứ hai). Gợi ý. Sử dụng bài tập 7. Xét các đường tròn vẽ bởi các điểm P và Q. 9. Chứng minh rằng không thể tìm được tâm của đường tròn chỉ bằng thước kẻ mà không có compa. Gợi ý. Nếu có thể xây dựng như vậy, hãy áp dụng nó cho một trong các đường tròn từ Bài tập 8 trong mặt phẳng của nó. Vì hình chiếu tâm so với điểm L biến đổi các đường thẳng thành đường thẳng, nên nó sẽ biến công trình này thành công trình tương tự cho đường tròn thứ hai.

Trong bài tập tiếp theo, hãy tìm một cách chứng minh khác cho định lý ba mũ, cũng sử dụng không gian. Đó là gợi ý của tác giả bởi V.N. Dubrovsky. Điều đó tốt vì nó phù hợp với ba vòng tròn bất kỳ; không có trường hợp “xấu” nào trong đó.

Bài tập 10. Tại mỗi tâm của ba đường tròn đã cho, dựng một đường vuông góc với mặt phẳng. Độ dài đường vuông góc bằng bán kính hình tròn; mọi đường vuông góc đều nằm trên cùng một phía của mặt phẳng. Chứng minh rằng đường thẳng nối hai đầu của hai đường vuông góc đi qua đỉnh của cặp đường tròn tương ứng. Bây giờ chúng ta vẽ một mặt phẳng đi qua ba đường vuông góc. Nó cắt mặt phẳng ban đầu theo một đường thẳng. Chứng minh rằng cả ba đỉnh đều thuộc đường thẳng này. Lý luận này thay đổi như thế nào nếu chúng ta lấy các đỉnh trong của hai cặp đường tròn?

12

KVANT 2018/№1

máy bay. Hãy áp dụng thực tế 2. Ba đoạn thẳng này không thể nằm trong cùng một mặt phẳng, nếu không thì cả sáu điểm tiếp tuyến sẽ nằm trong cùng một mặt phẳng, nghĩa là nó sẽ trùng với mặt phẳng của hình lục giác, bị loại trừ vì tất cả các điểm $B_{i}$ không nằm trong đó. Do đó, các đường $B_{1} B_{4}, B_{2} B_{5}, B_{3} B_{6}$ cắt nhau tại một điểm hoặc song song. Điều này có nghĩa là các hình chiếu của chúng lên mặt phẳng lục giác—các đường chéo $A_{1} A_{4}, A_{2} A_{5}$ và $A_{3} A_{6}$—có cùng một tính chất. Vì các đường chéo không song song nên chúng cắt nhau tại một điểm. Phần kết luận. Việc đi vào không gian giúp ích gì ở đây? Tại sao bằng chứng tương tự không thể được thực hiện mà không cần rời khỏi máy bay? Thực tế là nếu ba đường thẳng không nằm trong cùng một mặt phẳng cắt nhau thành từng cặp thì cả ba đường này cắt nhau tại một điểm (thực tế 2). Nhưng nếu chúng nằm trong cùng một mặt phẳng thì điều này không đúng! Ví dụ: các đường chứa các cạnh của một tam giác bất kỳ. Do đó, từ thực tế là các đường chéo của một hình lục giác cắt nhau theo cặp, sẽ không có nghĩa là chúng cắt nhau tại một điểm. Theo nghĩa này, có ít khả năng hơn trong không gian so với trong mặt phẳng. Chúng tôi đi ra ngoài không gian và “nâng” các đường chéo $A_{1} A_{4}, A_{2} A_{5}$ và $A_{3} A_{6}$ lên các đoạn $B_{1} B_{4}, B_{2} B_{5}, B_{3} B_{6}$. Sau khi chứng minh rằng các đoạn thẳng này cắt nhau theo cặp, qua đó chúng ta chứng minh được giao điểm của chúng tại một điểm.

Cấu hình của điểm và đường

Hình học xạ ảnh nghiên cứu các sự kiện và tính chất của các hình không thay đổi dưới các hình chiếu trung tâm, tức là các hình chiếu từ một điểm cố định. Nhiều xạ ảnh bài toán được giải quyết bằng cách đi vào khoảng trống. Có những lý do cho việc này mà chúng ta sẽ không thảo luận ở đây; nó sẽ đưa chúng ta đi quá xa vào nền tảng của hình học xạ ảnh. Hãy chỉ nói rằng phép đo phẳng rất khó bài toán về cấu hình của các điểm và đường đôi khi biến thành các câu lệnh “không gian” rất đơn giản. Bài toán 5 (cực so với góc). Cho một góc và một điểm A khác với đỉnh của nó (hình14). Thông qua A được thực hiện

Hình 14

hai đường thẳng tùy ý cắt các cạnh của góc lần lượt tại các điểm $M_{1}, M_{2}$ và $N_{1}, N_{2}$. Chứng minh giao điểm của đường thẳng $M_{1} N_{2}$ và $M_{2} N_{1}$ nằm trên đường thẳng cố định đi qua đỉnh của góc. Nếu thay vì một góc, chúng ta lấy một đường tròn thì phát biểu vẫn đúng, trong trường hợp này đường thẳng cố định này được gọi là cực của điểm A đối với đường tròn. Cực có rất nhiều tính chất thú vị, dựa trên đó khái niệm hình học quan trọng nhất về tính đối ngẫu (ví dụ, xem cuốn sách của G.S.M. Coxeter và S.P. Greitzer “Những cuộc gặp gỡ mới với hình học”). Định lý cực có một số cách chứng minh, bao gồm cả những cách chứng minh khá hình học và tinh tế. Bài toán 5 nói rằng các cực tồn tại không chỉ so với đường tròn mà còn so với một góc (tức là so với một cặp $прямых).^{1}$ Đáng ngạc nhiên là thực tế này không dễ chứng minh chút nào. Mặc dù, về mặt lý thuyết, với một cặp đường thẳng thì mọi thứ sẽ đơn giản hơn so với đường tròn. Và một lần nữa, việc đi vào không gian sẽ giúp ích cho chúng ta. Đầu tiên, chúng ta sẽ chuyển sang một tuyên bố ba chiều tổng quát hơn. Bài toán 5 c (cực đối với một góc nhị diện). Trong không gian, cho một góc nhị diện và một điểm A không nằm trên cạnh của nó, hai đường thẳng tùy ý vẽ qua A cắt các mặt của góc lần lượt tại các điểm $M_{1}, M_{2}$ và $N_{1}, N_{2}$ Chứng minh rằng giao điểm của các đường thẳng $M_{1} N_{2}$ và $M_{2} N_{1}$ nằm trên.

1 Đối với các chuyên gia, thực tế này sẽ không có gì đáng ngạc nhiên: các cực tồn tại không chỉ đối với một đường tròn mà còn tồn tại đối với bất kỳ hình nón nào, và một cặp đường thẳng cũng là một hình nón, chỉ suy biến.

13

RA

TRONG

KHÔNG GIAN - 2

mặt phẳng cố định đi qua mép góc. Rõ ràng là bài toán 5 ngay sau phát biểu này: chỉ cần tưởng tượng góc của chúng ta là một phần của một góc nhị diện nào đó là đủ. Nhưng nó sẽ được chứng minh đơn giản hơn, điều này không còn làm chúng ta ngạc nhiên nữa. (“Chứng minh nhiều hơn đôi khi dễ dàng hơn”!) Bằng chứng (hình15). Cần chứng minh rằng giao điểm K của các đường thẳng

Hình 15

$M_{1} N_{2}$ và $M_{2} N_{1}$ nằm trên một mặt phẳng cố định. Chúng ta cũng vẽ đường thẳng thứ ba đi qua điểm A, cắt các cạnh của góc tại các điểm $M_{3}$ và $N_{3}$, đồng thời ký hiệu L là giao điểm của các đường $M_{2} N_{3}$ và $M_{3} N_{2}$. Chúng ta hãy cố định vị trí của các đường $AM_{2}$ và $AM_{3}$ (do đó, các điểm $N_{2}, N_{3}$ và L), và điểm $M_{1}$ sẽ được chọn tùy ý trên mép góc. Khi đó giao điểm của các mặt phẳng $M_{1} N_{2} M_{3}$ và $N_{1} M_{2} N_{3}$ sẽ chứa các điểm K, L và P – giao điểm của mặt phẳng $AM_{1} M_{3}$ với cạnh góc. Điều này có nghĩa là ba điểm này cùng nằm trên một đường thẳng. Do đó, đối với bất kỳ lựa chọn điểm $M_{1}$ nào, điểm K sẽ luôn nằm trong một mặt phẳng cố định được vẽ qua cạnh của góc và đi qua điểm L. Điều này có nghĩa là, đối với bất kỳ lựa chọn điểm $M_{2}$ nào, nó sẽ nằm trên cùng một mặt phẳng. bài toán 5 có một lời giải khác - không đi vào không gian mà sử dụng một công cụ mạnh mẽ - Định lý Desargues. Tuy nhiên, bản thân định lý Desargues cũng được chứng minh bằng việc đi vào không gian! Nhưng mọi thứ đều theo thứ tự. Năm 1636, nhà hình học người Pháp Gerard Desargues (1591-1661) trong tác phẩm “Chuyên luận về phối cảnh” lần đầu tiên xây dựng và áp dụng

dẫn chứng minh định lý hai tam giác. Cô ấy đây. Định lý (G. Desargues, 1636) Hai tam giác $A_{1} B_{1} C_{1}$ và $A_{2} B_{2} C_{2}$ cho trên một mặt phẳng. Nếu các đường $A_{1} A_{2}, B_{1} B_{2}, C_{1} C_{2}$ cắt nhau tại một điểm thì ba giao điểm của các cạnh tương ứng của các tam giác (hoặc phần mở rộng của chúng) nằm trên cùng một đường thẳng (hình16).

Hình 16

Sự thật đáng chú ý này rõ ràng đã được biết đến ngay cả trước Desargues. Các họa sĩ thời Phục hưng chắc hẳn đã quen thuộc với nó, vì họ biết những điều cơ bản về phối cảnh và áp dụng chúng. Tuy nhiên, Desargues là người đầu tiên xây dựng nó như một định lý và quan trọng nhất là chứng minh nó. Hơn nữa, ý tưởng chứng minh của nó vẫn được sử dụng gần như không thay đổi! Nhìn vào hình 16. Bây giờ hãy tưởng tượng rằng đây không phải là một mặt phẳng mà là một bản vẽ không gian và các hình tam giác được tô bóng thực sự nằm trong các mặt phẳng khác nhau. Khi đó phát biểu của định lý là hiển nhiên: các mặt phẳng của các tam giác tô màu cắt nhau dọc theo một đường thẳng và các điểm K, L, M thuộc cả hai mặt phẳng này và do đó nằm trên đường giao nhau. Vậy là xong, việc chứng minh cơ bản đã hoàn tất. Tất cả những gì còn lại là cẩn thận di chuyển từ không gian này sang mặt phẳng khác. Điều này có thể được thực hiện bằng cách sử dụng phép chiếu hoặc sử dụng đoạn văn đến giới hạn. Hãy đi theo con đường thứ hai. Chúng tôi sửa các điểm $A_{1}, A_{2}, B_{1}, B_{2}$ và “nâng” điểm $C_{1}$ lên trên mặt phẳng một chút. Hiện nay

VÀ LỊCH SỬ KHOA HỌC

Andrey Anatolyevich Zaliznyak

A.PIPERSKI

24

THÁNG 12 NĂM 2017, Ở TUỔI 82, nhà ngôn ngữ học vĩ đại người Nga, viện sĩ Viện Hàn lâm Khoa học Nga Andrei Anatolyevich Zaliznyak (1935–2017) đã qua đời. Ông có nhiều khám phá nổi bật đáng ghi nhận. Ông nghiên cứu các chữ cái từ vỏ cây bạch dương Novgorod cổ và mô tả ngữ pháp của phương ngữ Novgorod cổ; ông đã chứng minh một cách thuyết phục rằng “Câu chuyện về chiến dịch của Igor” thực sự được viết vào khoảng năm 1200, và không phải là sự giả mạo của thế kỷ 18 như nhiều người đã tin trước đây; ông đã tạo ra một từ điển về các biến tố tiếng Nga, từ điển này cho đến ngày nay vẫn là nền tảng của các chương trình máy tính làm việc với tiếng Nga; ông đã phát triển và hoàn thiện định nghĩa về trường hợp do A.N. Kolmogorov - và nhiều hơn nữa. Công việc chặt chẽ và dựa trên bằng chứng của Andrei Anatolyevich đã và vẫn là lý tưởng cho tất cả học sinh của ông - và hầu hết tất cả các nhà ngôn ngữ học ở Moscow và xa hơn nữa đều coi mình là như vậy.

Đặc điểm nổi bật trong hoạt động khoa học của Zaliznyak là ông quan tâm đến toán học và các phương pháp chính xác trong ngôn ngữ học. Vào những năm 1950, ông học tại khoa Tiếng Pháp của Khoa Ngữ văn của Đại học Moscow - có vẻ như điều gì có thể nhân đạo hơn và khác xa với khoa học chính xác? Tuy nhiên, anh bắt đầu đến V.A. Uspensky tham gia các lớp toán dành cho các nhà ngữ văn và là một trong những học sinh giỏi nhất. “Anh ấy thực sự khiến tôi bị sốc. Anh ấy hỏi một số câu hỏi, cực kỳ sâu sắc nhưng hoàn toàn trùng khớp với câu hỏi của những người khác và những gì tôi có thể mong đợi. Có một sự thay đổi nào đó trong các câu hỏi của anh ấy, như thể anh ấy đang nhìn mọi thứ từ một góc độ khác. Rõ ràng rằng anh ấy là một thiên tài,” nhớ lại $Успенский.^{1}$ Chẳng bao lâu sau, Zaliznyak đã trở thành một trong những người dẫn dắt một cuộc hội thảo về ngôn ngữ học toán học tại Khoa Cơ học và Toán học của Đại học Quốc gia Moscow. Tôi muốn nói chi tiết hơn về một số thành tựu của Zaliznyak liên quan đến việc hình thức hóa kiến ​​​​thức ngôn ngữ.

Biến tố Nga Năm 1957–1958, Zaliznyak đang thực tập ở Paris. Ở đó, ông dạy tiếng Nga cho sinh viên Pháp và phát hiện ra rằng những mô tả hiện có về biến cách và cách chia động từ tiếng Nga là không đủ đối với người nước ngoài: chúng quá mơ hồ. Ngay trong năm 1961, Zaliznyak đã xuất bản “Từ điển giáo dục Nga-Pháp ngắn gọn”, kèm theo đó là một bài tiểu luận hoàn toàn chính thức dài 150 trang về sự biến tố của tiếng Nga. Năm 1965, bài luận này đã trở thành bằng tiến sĩ. luận án; công trình này hóa ra có tính đổi mới đến mức ngay lập tức được coi là một luận án tiến sĩ. Năm 1967, Zaliznyak xuất bản cuốn sách “Sự thay đổi danh nghĩa tiếng Nga” và năm 1977, “Từ điển ngữ pháp của tiếng Nga”.

V.A. Uspensky (trái) và A.A. Zaliznyak tại Trường hè “Toán học hiện đại” (Dubna, 2009)

1 Cuộc đấu tranh về ngôn ngữ học. Cuộc trò chuyện với nhà toán học Vladimir Uspensky. Phần 1. http://polit.ru/ bài viết/2009/07/09/ngôn ngữ học/

16

KVANT 2018/№1

Trong từ điển này, mỗi từ đều có dấu hiệu khác thường: sồi m 1c, ngưỡng m 3a, đèn lồng m 2b. Rõ ràng là “m” biểu thị giới tính nam tính, nhưng những thứ khác có ý nghĩa gì? Rốt cuộc, chúng ta đã biết từ những năm đi học rằng gỗ sồi, ngưỡng cửa và đèn lồng là sự suy giảm thứ hai. Tuy nhiên, những kiến ​​thức như vậy chưa đủ để mô tả đầy đủ về tiếng Nga. Để đảm bảo điều này, chúng ta hình thành trường hợp sở hữu cách của số ít và trường hợp danh định của số nhiều: không deb - có những cây sồi ‘, không có poruga - có porugi, không có đèn lồng ’ - có những chiếc đèn lồng’. Có thể thấy rằng các chữ cái khác nhau xuất hiện ở phần cuối của những từ này (trong một - a và y, trong một - a và i, ở phần thứ ba - i và i), và với sự nhấn mạnh, mọi thứ không đơn giản: đối với từ sồi, nó rơi ở phần cuối hoặc ở phần thân, trong ngưỡng từ, nó rơi ở cả hai dạng trên thân và trong từ đèn lồng, nó rơi ở phần cuối. Đó là thông tin mà rác mang theo. Các con số cho biết phần gốc kết thúc bằng gì và phần kết thúc sẽ như thế nào: 1 – gốc có một phụ âm cứng (ngoại trừ các âm ngược k, g và x, huýt sáo sh và zh và huýt sáo c); 2 – dựa trên phụ âm mềm (trừ h và th); 3 – dựa trên k, g và x, v.v. Có chín loại danh từ như vậy: 0 – từ không thể xác định được (ví dụ-

mer, kangaroo), 1–7 – các biến thể của xích vĩ I và II truyền thống (ví dụ: shark, train, xô) và 8 – xích vĩ truyền thống III (ví dụ: pháo đài). Chữ cái biểu thị kiểu căng thẳng: a – luôn dựa; b – luôn ở cuối; c – trọng âm di chuyển: ở số ít ở gốc, và ở số nhiều ở cuối, v.v. Tổng cộng, danh từ có tám sơ đồ, bao gồm ít nhất 10 từ. Hơn 90% danh từ trong “Từ điển ngữ pháp” của Zaliznyak thuộc sơ đồ a - nhưng điều này không có nghĩa là có thể bỏ qua các sơ đồ còn lại. Thực tế là các sơ đồ hiếm bao gồm các từ rất thường xuyên: ví dụ: nhiều tên của các bộ phận cơ thể. Hãy từ chối từ tay và xem khi nào điểm nhấn ở phần đế và khi nào ở phần cuối: sự phân bố ở đó rất kỳ quái. Và nếu chúng ta đếm không theo từ điển mà theo văn bản, thì tất cả các lược đồ ngoại trừ a sẽ chiếm hơn một phần tư tổng số danh từ (Bảng 1). Nhân tiện, trong bảng này, các cặp từ trong mỗi ô được sắp xếp giống như trong chính “Từ điển ngữ pháp” - theo thứ tự đảo ngược (đảo ngược), tức là theo thứ tự bảng chữ cái khi đọc từ phải sang trái thay vì từ trái sang phải. Nếu bạn kết hợp 16 từ này vào một danh sách và sắp xếp nó theo cách này,

Bảng 1

17

TỪ

CÂU CHUYỆN

ta được: túp lều, môi, bàn tay, lưng, núi, bản đồ, linh hồn, cây sồi, ngưỡng cửa, biển, rượu, tai, con sâu, đèn lồng, phần, bàn chân (như cách sắp xếp theo thứ tự bảng chữ cái thông thường, nếu các chữ cái cuối giống nhau thì nhìn các chữ áp chót, v.v.). Không phải vô cớ mà Zaliznyak chọn mệnh lệnh này. Nhờ đó, các từ có cùng bên phải xuất hiện cạnh nhau trong từ điển, tức là những từ thay đổi tương tự: động từ kết thúc bằng -nut, danh từ kết thúc bằng -a, v.v. Trong ví dụ của chúng tôi, bạn có thể thấy: 7 từ của biến cách thứ nhất truyền thống được xếp trên một hàng, sau đó là 7 từ của biến cách thứ 2 và sau đó là 2 từ nữa của biến cách thứ nhất. Giờ đây, mục đích của việc sắp xếp như vậy dường như rất xa vời: bạn có thể lấy phiên bản số hóa của từ điển và chọn tất cả các từ bắt đầu bằng -nut trong tích tắc, nhưng vào năm 1977 thì không có khả năng như vậy. Tuy nhiên, với sự phổ biến của máy tính, một công dụng mới của “Từ điển ngữ pháp” đã được phát hiện: chính trên đó các chương trình hoạt động với hình thái tiếng Nga được dựa trên đó. Nếu không có từ điển, các công cụ tìm kiếm hiện đại và trợ lý giọng nói sẽ hoạt động kém hơn nhiều. Ví dụ: bằng cách nhập các bài thơ của Pushkin vào tìm kiếm, bạn sẽ nhận được các trang viết các bài thơ của Pushkin. Đây không chỉ là những từ khác nhau 1-2 chữ cái (nếu không sẽ có những trang có từ súng và các phần tử, nhưng điều này không xảy ra), mà chính xác là các dạng từ được xây dựng theo mô hình của Zaliznyak. Và một trợ lý giọng nói không có từ điển sẽ không xây dựng được trường hợp sở hữu cách của từ đèn lồng, và nếu nó chỉ đơn giản lồng tiếng cho văn bản, thì nó sẽ không biết rằng cần phải đọc đèn lồng ‘, chứ không phải phonbrya. Thật dễ hiểu cách hoạt động tổng hợp hình thái dựa trên từ điển Zaliznyak. Nếu chúng ta xây dựng các biểu mẫu từ đèn lồng, chúng ta cần lấy dấu của nó (2b), chọn từ phần cuối của loại 2 biểu thị sự kết hợp mong muốn giữa chữ hoa và số: ví dụ -я cho giới tính. đơn vị - và tìm hiểu trong phần giới thiệu của từ điển rằng gốc của các từ loại 2 có được bằng cách loại bỏ b cuối cùng. Kết quả là: đèn lồng- + -i = đèn lồng. Khó hơn một chút với những từ có nhiều gốc: ví dụ: từ dưa chuột có dấu 5*b,

KHOA HỌC

trong đó * biểu thị sự hiện diện của một nguyên âm trôi chảy (tức là sẽ có hai thân: dưa chuột dưa chuột-). Một lần nữa, từ phần giới thiệu của từ điển, chúng ta biết rằng phần kết thúc là giới tính. đơn vị thuộc loại 5 nó có dạng -a; nếu có dấu * thì lấy gốc không có nguyên âm nếu phần cuối không có trong tập { -H (chuỗi trống); -th; -ь; -yu}. Chúng ta có dưa chuột- + -a = dưa chuột. Ngược lại bài toán - dựa vào “Từ điển ngữ pháp” để hiểu từ một chuỗi ký tự xem đó có phải là một dạng của bất kỳ từ tiếng Nga nào không, và nếu vậy, nó có thể là dạng gì và từ đó từ nào - sẽ khó giải quyết hơn theo quan điểm tính toán. Không chỉ cần lưu trữ tất cả các bộ kết thúc và dấu hiệu có thể có cho mỗi từ mà còn phải xây dựng trước tất cả các thân từ có thể có và ghi lại dạng nào của thân từ được sử dụng. Sau đó, chúng tôi có thể đề xuất thuật toán sau: chúng tôi chia từ thành hai phần theo mọi cách có thể và xem liệu phần đầu tiên có phải là cơ sở của bất kỳ từ nào hay không. Nếu có, chúng tôi kiểm tra xem phần thứ hai của những từ này có kết thúc với cơ sở như vậy hay không và nếu có thì chúng tôi viết ra những từ và dạng mà điều này có thể thực hiện được. Chúng ta hãy phân tích ví dụ về từ phà, trong đó thu được ba phân tích cú pháp (Bảng 2). Arkady Volozh, người đứng đầu Yandex, nhớ lại rằng vào đầu những năm 1990, người bạn và đồng nghiệp của ông là Ilya Segalovich, dựa trên từ điển của Zaliznyak, đã tạo ra một máy phân tích hình thái hoạt động hiệu quả đến mức vừa với RAM của máy tính cá nhân lúc bấy giờ - 640 kilobyte. Tất nhiên, người ta có thể nói: tại sao lại có tất cả những ký hiệu phức tạp, kiểu nhấn trọng âm, sự xen kẽ của thân cây, v.v.? Chúng ta hãy viết ra tất cả các dạng có trọng âm cho mỗi từ là xong. Nhưng điều này rất không kinh tế: mỗi danh từ sẽ có 12 dạng, và một số động từ sẽ có hơn 100 (tính bốn phân từ ở mọi giới tính, số lượng và trường hợp). Và “Từ điển ngữ pháp” không phải là một cuốn sách dày như vậy, mặc dù nó có khổ lớn: trong ấn bản thứ 4, phần mô tả các biến tố tiếng Nga chiếm 118 trang, tiếp theo là 586 trang của chính từ điển.

18

KVANT 2018/№1

Bảng 2

Trong nỗ lực mô tả ngôn ngữ một cách tối ưu, Zaliznyak đã đặt ra và giải các bài toán bài toán. Một trong số đó được gợi ý từ ví dụ mà chúng tôi đã bắt đầu. Chúng ta hãy nhớ lại rằng từ đèn lồng có kiểu nhấn âm b, tức là luôn nhấn mạnh vào phần kết thúc. Trước khi đọc thêm, hãy suy nghĩ: có mâu thuẫn nào ở đây cần được giải quyết không? Chúng ta hãy tự hỏi mình một câu hỏi kỳ lạ: điểm nhấn rơi vào hình dạng của một chiếc đèn lồng - ở đế hay ở phần cuối? Có ba lựa chọn cho câu hỏi này đáp số: 1) đối với thân: rõ ràng là nguyên âm a được bao gồm trong thân và kết thúc ở đây là số 0; 2) chúng ta không biết ở đâu: thân và phần cuối không tranh nhau căng thẳng ở đây, vì phần cuối bằng 0; 3) vào phần kết thúc, nhưng hãy đưa ra một quy tắc bổ sung: nếu trọng âm rơi vào phần kết thúc bằng 0 (và hóa ra là không có nơi nào để nó phát ra âm thanh), nó sẽ được chuyển sang phần đế. Hãy biểu thị trọng âm ở gốc bằng +, trọng âm ở phần cuối bằng - và “chúng tôi không biết” bằng 0. Hãy chọn tùy chọn 1 – có vẻ như là tùy chọn tự nhiên nhất – và mô tả kiểu trọng âm ở tất cả các số và $падежах^{2}$ tại

2 Ngoại trừ số nhiều đối cách, vì nó luôn trùng với sở hữu cách hoặc chỉ định, tùy thuộc vào hoạt hình (vin. Tôi thấy bàn như bàn đứng, rượu vang. Tôi thấy mèo là gen. mắt của mèo).

một số danh từ tiếng Nga (Bảng 3). Sẽ không có số 0 trong bảng kết quả vì tùy chọn này không liên quan đến đáp số “chúng tôi không biết”. Có thể thấy rằng phương án 1 không kinh tế lắm: chúng ta phải đưa ra các lược đồ nhấn mạnh khác nhau cho từ đèn lồng vô tri và từ thủ môn sống động (chúng có các đơn vị rượu khác nhau: Tôi thấy phonbre, nhưng tôi thấy thủ môn ѣ), chưa kể đến từ boot rất giống nhau, sơ đồ V sẽ cần thiết vì thực tế là nó có giới tính. làm ơn. có kết thúc bằng 0: không có ủng. Tổng cộng, như Zaliznyak tính toán, sẽ có 22 phương án như vậy. Tùy chọn 2, cho chúng ta một bảng có số 0 (Bảng 4), thậm chí còn kém kinh tế hơn. Nếu bạn sử dụng nó, sẽ có tới 39 sơ đồ. Các từ bản đồ, hổ và ngưỡng sẽ không có sơ đồ giống như chàng trai trẻ (dòng II sẽ không thay đổi và ở dòng III–V sẽ có số 0 thay vì dấu cộng). Và phương án tiết kiệm nhất hóa ra là phương án 3 (Bảng 5): nếu dùng thì hóa ra thanh niên, quân bài, con hổ và ngưỡng cửa là một âm mưu; chân, đèn lồng, thủ môn và ủng - một sơ đồ khác (và vâng, thật kỳ lạ, trong từ ngưỡng, trọng âm nằm ở phần đế, và trong từ đèn lồng - ở phần cuối). Tổng cộng, tiếng Nga sẽ yêu cầu 11 chương trình như vậy. Chỉ có 8 trong số chúng được trình bày ở trên, được ký hiệu là a, b, c, d, e, f, d’ và f’, vì phần còn lại

19

TỪ

CÂU CHUYỆN

KHOA HỌC

Bảng 3

Bảng 4

Bảng 5 được trình bày với số lượng từ rất ít. Zaliznyak không chỉ hiểu được lời giải này bằng trực giác mà còn chứng minh một cách chặt chẽ về mặt toán học rằng sẽ tối ưu nếu chúng ta muốn giảm thiểu số lượng hàng trong bảng. Đây là hình bài toán mà anh ta đặt trước mặt mình: Có một ma trận gồm m hàng và n cột, các phần tử của chúng là các dấu +, – và 0. Cần phải thay thế từng số 0 trong ma trận bằng một dấu cộng hoặc dấu trừ để trong ma trận kết quả không có số 0 (hãy gọi nó là kết quả của ma trận này) số s của các hàng khác nhau là tối thiểu. Độc giả quan tâm đến giải pháp hoàn chỉnh có thể tham khảo cuốn sách của A.A. Zaliznyak “Sự uốn cong danh nghĩa tiếng Nga” (M.: Nauka, 1967; tái bản: M.: Ngôn ngữ của văn hóa Slav, 2002) và lưu ý rằng đối với lời giải, bài toán này tác giả đã xây dựng và chứng minh ba định lý; Điều này không thường thấy trong các tác phẩm ngôn ngữ học – nhưng hóa ra là có!

(Còn tiếp)

KHÓA HỌC ĐƯỢC ĐẶT THEO TÊN A. P. SAVINA

Chúng tôi tiếp tục cuộc thi dành cho lời giải toán học bài toán. Chúng chủ yếu nhắm đến học sinh từ lớp 7 đến lớp 9, nhưng chúng tôi hoan nghênh học sinh ở mọi lứa tuổi tham gia. Cuộc thi được tổ chức chung với tạp chí «Kvant». Gửi lời giải bài toán mà bạn có thể xử lý bằng e-mail đến địa chỉ: savin.contest@gmail.com hoặc bằng thư thông thường đến địa chỉ: 119296 Moscow, Leninsky Prospekt, 64-A, «Kvant» (được đánh dấu “Cuộc thi mang tên A.P. Savin”). Ngoài họ và tên của bạn, hãy cho biết thành phố, trường học và lớp nơi bạn học cũng như địa chỉ bưu điện gửi về của bạn. Chúng tôi hoan nghênh việc tham gia cuộc thi không chỉ của từng học sinh mà còn của các đội (trong trường hợp này, một tác phẩm sẽ được gửi kèm theo danh sách những người tham gia). Bạn có thể tham gia cuộc thi bắt đầu từ bất kỳ vòng nào. Những người chiến thắng sẽ nhận được bằng tốt nghiệp từ tạp chí «Kvant» và các giải thưởng. Bài tập, lời giải và kết quả hiện tại được xuất bản trên Sites.google.com/view/savin-contest Chúng tôi chúc bạn thành công!

17. Petya đã đưa ra một bài kiểm tra sự bằng nhau của các hình tứ giác. Ông phát biểu rằng nếu cho các hình tứ giác ABCD và A¢B¢C¢D¢ (không nhất thiết lồi), thì ba cạnh của một hình này lần lượt bằng ba cạnh của hình tứ giác kia (AB = A¢B¢, BC = B¢C¢, CD = C¢D¢) và đường chéo của một hình này lần lượt bằng đường chéo của hình tứ giác kia (AC = A¢C¢, BD = B ¢ D ¢ ), thì bản thân các tứ giác đều bằng nhau. Petya có nhầm không? Danila Bokhanov (học sinh lớp 7)

18. Có 131 viên đá trong đống. Hai người thay phiên nhau lấy đá. Đầu tiên, người chơi đầu tiên lấy k viên đá, trong đó k là một số cố định. Với mỗi nước đi tiếp theo, người chơi sẽ lấy cùng số lượng đá mà đối thủ đã lấy ở nước đi trước hoặc thêm một viên nữa. Ai không thể di chuyển sẽ thua. Người chơi nào có thể đảm bảo chiến thắng, bất kể thế nào

đối thủ của anh ta chơi nếu: a) k = 9; b) k = = 1? A. Perepechko 19. a) Tìm bốn số tự nhiên liên tiếp sao cho số thứ nhất chia hết cho 3, số thứ hai cho 5, số thứ ba cho 7, số thứ tư cho 9. b) Có thể tìm được một trăm số tự nhiên liên tiếp sao cho số thứ nhất chia hết cho 3, số thứ hai cho 5, số thứ ba cho 7, …, số thứ trăm cho 201? A. Tolpygo 20. Châu chấu có thể nhảy dọc theo một dải n ô 8, 9 và 10 ô theo bất kỳ hướng nào. Chúng ta sẽ gọi một số tự nhiên n là có thể nhảy nếu một con châu chấu có thể, bắt đầu từ một ô nhất định, đi vòng quanh toàn bộ dải, ghé thăm từng ô đúng một lần. Chứng minh rằng, bắt đầu từ số M nào đó, tất cả $n \ge M$ đều có thể nhảy được. E. Bakaev

LƯỢT THÍCH “LƯỢT LƯỢNG”

LỖI ĐẸP

Và nếu họ không hiểu thì họ hỏi. Và điều này mất RẤT NHIỀU thời gian. Đây là phương trình dao động tổng hợp. Ở điện áp bằng 0 giữa CO và cực âm, từ thông xuyên qua mạch ABCD. Sự chênh lệch áp suất có thể được ước tính. CHỨC NĂNG của nước bằng

Sẽ có sự trả thù cho sự chuyển đổi của polyrunners

…từ những lực này… suy ra chuyển động của các hành tinh, sao chổi, mặt trăng và biển. Isaac Newton

…do tính chất phức tạp của đối tượng nghiên cứu nên địa chất là đối tượng trẻ nhất. James Getton

Ở đèn phía bắc, đèn flash hoặc tia có hình dạng tương tự. Mikhail Lomonosov

Quy luật cơ bản của sóng biển là không có quy luật nào cả. John Strett (Lãnh chúa Rayleigh)

…các con sông ở bán cầu bắc chủ yếu xói mòn ở bờ phải. Các con sông ở Nam bán cầu hoạt động theo cách ngược lại (định luật Baer). Albert Einstein

…lớp vỏ bên ngoài của thạch quyển không bao phủ hoàn toàn toàn bộ địa cầu… Đây là mặt địa vật lý của lý thuyết chuyển động lục địa. Alfred Wegener

Chúng ta đối phó với hành tinh của mình tệ hơn nhiều so với trạng thái vật chất trong các ngôi sao… chúng ta sẽ không thể hiểu được tính chất của đá ở áp suất cực cao. Richard Feynman

Nó có quen thuộc với bạn không?

?

địa vật lý

Thiên văn học đã trở lại trường học! Chào mừng sự kiện này, Kính vạn hoa đáp lại nó bằng một loạt sản phẩm được phát hành. Tuy nhiên, vì môn học vinh quang nhưng khó này chiếm ưu thế trong khóa học về khoa học tự nhiên ở trường nên việc nghiên cứu môn này đòi hỏi phải có sự chuẩn bị kỹ càng và có sự hiểu biết uyên bác. Và điều này được đặt ra trong việc nghiên cứu lịch sử tự nhiên, lịch sử tự nhiên và địa lý tự nhiên. Và bạn có thể nhận thấy có bao nhiêu câu hỏi trong đó yêu cầu sử dụng kiến ​​thức vật lý. Vì vậy, chúng tôi quyết định bắt đầu đi lên “nấc thang lên thiên đường” từ bước đầu tiên - nền tảng vững chắc của trái đất. Và chúng tôi ngay lập tức phải đối mặt với việc tuyên bố này ngày nay trở nên “không ổn định” như thế nào, cũng như nhiều ý tưởng dường như hiển nhiên về thế giới xung quanh chúng ta. Chúng tôi hy vọng rằng địa vật lý, kết hợp nghiên cứu về thạch quyển, thủy quyển và từ quyển của Trái đất, sẽ giúp chúng ta hiểu được ít nhất một phần nhỏ trong số đó. Hơn nữa, nó sẽ nhắc nhở bạn rằng các thiết bị hữu ích được tạo ra với sự trợ giúp của vật lý đã mang lại bao nhiêu lợi ích, chẳng hạn như khi tìm kiếm khoáng sản hoặc ngăn ngừa hậu quả của thiên tai - lũ lụt, lở đất và động đất.

Câu hỏi và bài toán

1. Bằng chứng địa chất cho thấy khu vực Bắc Cực và Nam Cực từng nằm trong vùng nóng. Điều này được kết nối với cái gì? 2. Trái đất hoàn toàn khôi phục lại hình dạng sau tác động của thủy triều, đó là dấu hiệu của tính đàn hồi. Khi đó chúng ta có thể coi toàn bộ Trái đất là một tinh thể không? 3. Nguyên nhân vật lý của phong hóa - sự phá hủy đá rắn là gì? 4. Mật độ trung bình của đá là 3,5 g $см^{3}$. Từ điều này có thể rút ra kết luận gì về mật độ vật chất trong lõi Trái đất? 5. Tại sao núi trên sao Hỏa cao hơn núi trên Trái đất? 6. Tại sao có nhiều con sông chảy vào một hồ nhưng chỉ có một con sông có thể chảy ra (ví dụ: Hồ Baikal, có hàng trăm con sông chảy vào và chỉ có một con sông chảy ra là Angara)? 7. Làm thế nào, khi di chuyển trên mặt nước, chẳng hạn dọc theo sông Volga, người ta có thể chứng minh sự tồn tại của chuyển động quay của Trái đất và xác định hướng của nó bằng cách nhìn vào bờ biển? 8. Tại sao thủy triều mạnh nhất được quan sát thấy vào thời điểm trăng tròn và trăng non? 9. Tại sao thủy triều trên Trái đất làm chậm quá trình quay của nó?

10. Làm thế nào để giải thích tại sao nước bắt đầu đóng băng từ bề mặt hồ chứa? 11. Lớp băng bao phủ mặt biển có thể uốn cong theo sóng không? 12. Nhiệt độ bề mặt trái đất sẽ thay đổi như thế nào nếu Trái đất mất đi thủy quyển? 13. Cực từ Bắc cách cực Bắc bao nhiêu? 14. Đặc tính vật lý nào của Trái đất với tư cách là vật thể chính giúp bảo vệ con người khỏi bức xạ hạt vũ trụ? 15. Hiện tượng địa vật lý nào do nguyên nhân vũ trụ gây ra cho thấy sự hiện diện của từ trường gần Trái đất? 16. Làm thế nào bạn có thể ước tính tuổi của Trái đất?

Kinh nghiệm vi mô

Chắc chắn bạn đã đi bộ vào buổi sáng qua những vũng nước đã đóng băng qua đêm. Tại sao có thể đi bộ dọc theo một số trong số chúng mà không sợ hãi nhiều, trong khi ở những nơi khác thì không an toàn?

Thật thú vị rằng…

…trong tác phẩm cơ bản của mình “Các nguyên lý toán học của triết học tự nhiên”, Newton đã có thể chứng minh tính hiệu quả của phương pháp tiếp cận của mình trong việc giải thích các hiện tượng tự nhiên, bao gồm cả sự xuất hiện của thủy triều và sự hình thành hình dạng Trái đất. …Karl Baer, ​​​​người đã thiết lập định luật của mình nhờ quan sát trong nhiều chuyến thám hiểm, đã thu hút sự chú ý của nhiều nhà vật lý lỗi lạc đến nó. Tuy nhiên, đối với ông, đây chỉ là một giai đoạn hoạt động nhiều mặt của một nhà khoa học tự nhiên liên quan đến động vật học, giải phẫu, phôi học, nhân chủng học và địa lý. …ở áp suất đủ cao, chẳng hạn như đạt tới sâu trong lòng Trái đất, bất kỳ chất nào, thậm chí là tinh thể, hoạt động giống như chất lỏng, bằng chứng là dung nham chảy ra từ miệng núi lửa. …Nhà vật lý người Nga Boris Borisovich Golitsyn vào năm 1902 đã giải được bài toán quan trọng nhất của địa chấn học: xác định nguồn gốc của một trận động đất chỉ dựa trên dữ liệu từ một trạm địa chấn. Ông khẳng định thái độ của mình đối với địa chấn học như một lĩnh vực nghiên cứu vật lý với việc tạo ra và thực hiện các máy ghi địa chấn điện từ.

…nghiên cứu về động đất đã cung cấp rất nhiều thông tin về cấu trúc bên trong của Trái đất. Do đó, dựa trên hoạt động của sóng mà chúng gây ra, lõi chất lỏng của hành tinh đã được phát hiện. …vì phần lớn bề mặt Trái đất, gần 70,8%, bị Đại dương Thế giới chiếm giữ, sẽ hợp lý hơn nếu gọi hành tinh của chúng ta không phải là Trái đất mà là Đại dương. Đối với lượng nước chứa trong biển, đại dương, sông, hồ và băng, cần phải thêm vào, hóa ra, nước “bị ràng buộc” bởi đá, lượng này chỉ bằng một nửa. …Trái đất duy trì nhiệt độ trung bình không đổi mặc dù liên tục nhận năng lượng từ Mặt trời. Việc loại bỏ nhiệt được thực hiện do bức xạ, phổ nằm trong phạm vi hồng ngoại. …từ trường của Trái đất có thể thay đổi; trong 200 năm quan sát vừa qua, nó đã giảm đi đôi chút. Và trong khoảng thời gian hàng chục nghìn năm, sự thay đổi vị trí của các cực đối diện đã xảy ra nhiều lần! …các mảng lục địa của Trái đất, nằm phía trên một lớp phủ nóng và nhớt, đang chuyển động không thể nhận thấy nhưng liên tục. Theo các nhà địa chất, có những giai đoạn trong lịch sử hành tinh chúng ta không chỉ các mảng riêng lẻ chuyển động mà toàn bộ lớp vỏ rắn quay toàn bộ so với lõi kim loại và thay đổi vị trí của trục Trái đất. …cuộc “kiểm tra” địa chấn bên trong trái đất được thực hiện trong những năm gần đây đã tiết lộ một lõi khác bên trong lõi rắn, có đường kính bằng một nửa, với sự định hướng khác của các tinh thể sắt tạo nên nó.

Những gì cần đọc trong «Kvant» về địa vật lý

(xuất bản những năm gần đây)

1. “Đảo ngược bài toán Lũ” – 2015, Phụ lục số 3, tr. 37; 2. “Vòng quay: sông, bão, phân tử” – ibid., tr.85; 3. “Dòng chảy vùng Vịnh, hay Greenland sưởi ấm châu Âu như thế nào” – 2015, số 5/6, tr. 30; 4. “Bí ẩn độ sâu của Mặt Trăng” - 2016, Phụ lục số 4, tr. 18; 5. “Geohammer và bí mật của một đòn hữu ích” - 2017, số 5, tr. 23.

Tài liệu do A. Leonovich chuẩn bị

38

KVA NT 2018/№1

một $цвета^{1}$; trong trường hợp này, số đỉnh đen bằng B và số đỉnh trắng bằng W. Nếu B t W 2 thì không có đường đi Hamilton nào trong đồ thị này.

Mỗi thành phần có thể có (vị trí có thể có) sẽ được mô tả theo quy ước dưới dạng một đỉnh. Nếu có thể di chuyển từ bố cục này sang bố cục khác trong một bước, chúng ta nối các đỉnh tương ứng với một cạnh (hình 3). Chúng tôi

Loại đường đi trong Định lý 1

Không khó để chứng minh định lý - hãy thực hiện lập luận tương tự như trong bài toán về con chuột với pho mát. Chúng tôi mời người đọc tự mình làm điều này.

Bài tập

1. Chứng minh tương tự Định lý 1 cho chu trình: nếu B z W, thì trong đồ thị này không có Hamiltonian $цикла.^{2} 2.$ Hai hình vuông đối diện được cắt ra khỏi bàn cờ. Một quân cờ có thể di chuyển xung quanh phần còn lại của bàn cờ bằng cách ghé thăm mỗi ô đúng một lần không?

Bài tập 2 cũng là về việc duyệt một đồ thị trong đó các đỉnh tương ứng với các ô (ví dụ: các đỉnh là tâm của các ô) và các cạnh nối các cặp đỉnh cách nhau bằng nước đi của quân mã. Chúng ta có thể gọi đồ thị như vậy là đồ thị “hiệp sĩ”. Vẫn còn một số bài toán về các hiệp sĩ cờ vua ở phía trước chúng ta. Trong lúc chờ đợi, chúng ta hãy giải quyết vấn đề tiếp theo, khó hơn bài toán. Bài toán 3 (A. Shapovalov). Tám người bạn cùng lớp đã thành lập một đội trực cho lời giải nhà bài toán. Luôn có ít nhất ba người trong một đội. Mỗi ngày một người được thêm vào nhóm hoặc một người bị xóa khỏi nhóm. Liệu có thể xem qua tất cả các thành phần nhóm hợp lệ chính xác một lần không? Lời giải. Bài toán tương tự như câu trước chỉ ở dạng câu hỏi: trong quá trình này cần liệt kê tất cả các đối tượng (trong một lệnh nhất định) một lần. Do đó, chúng ta có thể giả định rằng ở đây chúng ta cũng đang nói về việc tìm đường đi Hamilton, bạn chỉ cần hiểu đồ thị nào.

1 Đồ thị có thể tô màu các đỉnh như vậy được gọi là đồ thị lưỡng cực. Gọi chính màu đó là thích hợp $шахматной.^{2}$ Vì vậy, Định lý 1 và Bài tập 1 cung cấp các điều kiện cần thiết cho sự hiện diện của đường đi và chu trình Hamilton trong đồ thị hai bên. Tất nhiên, những điều kiện này chưa đủ (người đọc có thể dễ dàng xây dựng các ví dụ tương ứng).

Hình 3

Chúng tôi đã xây dựng cái gọi là biểu đồ vị trí. Bây giờ rõ ràng là bài toán thực sự đang hỏi liệu có đường đi Hamilton trong biểu đồ vị trí này hay không. Lưu ý rằng trong một bước, mức độ ngang bằng của số người trong thành phần sẽ thay đổi, điều đó có nghĩa là biểu đồ vị trí của chúng ta là lưỡng cực. Phép tính cho thấy có ít hơn 21 tổ hợp “chẵn” so với tổ hợp “lẻ”, và theo Định lý 1, đường đi Hamilton không tồn tại.

Bài tập

3. Thực hiện phép tính cần thiết về sự khác biệt về số lượng của các chế phẩm “chẵn” và “lẻ”. 4 (Giải đấu XXII các thành phố). Có những quân cờ đen và trắng trên hai ô vuông của bàn cờ. Trong một lần di chuyển, bạn có thể di chuyển bất kỳ quân nào trong số chúng sang một ô liền kề theo chiều dọc hoặc chiều ngang (hai chip không thể đứng trên cùng một ô). Kết quả của những động thái như vậy, liệu tất cả các lựa chọn có thể có về vị trí của hai con chip này có thể gặp phải và đúng một lần không?

Tất nhiên, ý tưởng tô màu cờ vua mà chúng tôi sử dụng không chỉ hữu ích trong việc chứng minh sự vắng mặt của đường đi Hamilton mà còn để ước tính độ dài của đường đi. Định lý 2. Cho mỗi đỉnh của đồ thị được tô màu đen hoặc trắng sao cho không có cạnh nào nối một cặp đỉnh cùng màu; trong trường hợp này, số đỉnh trắng bằng W. Khi đó, bất kỳ đường dẫn nào trong biểu đồ này chứa tối đa W + 1 đỉnh đen và độ dài của nó không vượt quá 2W.

Loại đường đi trong Định lý 2

39

TOÁN HỌC

Bài tập 5. Chứng minh Định lý 2.

Bài toán 4 (M43, trường hợp đặc biệt). Lâu đài có hình tam giác được chia thành 36 sảnh hình tam giác bằng nhau (hình4,a). Có một cánh cửa ở mỗi bức tường giữa các sảnh. Số lượng sảnh lớn nhất mà một khách du lịch có thể ghé thăm mà không cần vào bất kỳ sảnh nào hai lần là bao nhiêu? Lời giải. Ví dụ ở hình 4, b cho thấy bạn có thể đi vòng quanh 31 sảnh (còn nhiều ví dụ khác). Chúng tôi sẽ chứng minh rằng không thể bỏ qua nhiều hội trường hơn. Hãy sơn các sảnh màu đen và trắng (hình4,c) để khi di chuyển từ sảnh này sang sảnh khác màu sắc sẽ thay đổi. Hội trường trắng 15,

Hình 4

Điều này có nghĩa là khách du lịch đã ghé thăm không quá 15 hội trường màu trắng. Do sự xen kẽ của màu sắc, anh ta chỉ có thể ghé thăm nhiều hơn 1 sảnh màu đen so với các sảnh màu trắng, tức là không quá 16. Tổng cộng, khách du lịch đã ghé thăm không quá 15 + 16 = 31 sảnh. Rõ ràng là trong bài toán 4, chúng tôi đang tìm kiếm đường đi dài nhất trong biểu đồ, các đỉnh của nó là tâm của các sảnh hình tam giác và các cạnh là các lối đi giữa các sảnh lân cận. Lý luận từ lời giải bài toán 4 trên thực tế lặp lại chứng minh của Định lý 2. Trong bài tập tiếp theo, chúng tôi khuyên bạn nên quay lại biểu đồ của bài toán 3.

Bài tập 6. Năm bạn cùng lớp thành lập một đội trực cho lời giải nhà bài toán. Luôn có ít nhất hai người trong một đội. Mỗi ngày một người được thêm vào nhóm hoặc một người bị xóa khỏi nhóm. Quá trình này có thể được tiếp tục trong bao nhiêu ngày nếu mỗi thành phần được chấp nhận bị cấm lặp lại nhiều lần?

Nếu bạn cẩn thận làm theo cách chứng minh của Định lý 2, bạn sẽ thấy rõ rằng vấn đề chính không phải là tính lưỡng cực, mà là sự vắng mặt của các cạnh giữa màu đen.

Hình 5

$К_{Р} У_{ЖО}$ K

đỉnh điểm. Chúng ta hãy khắc phục sự củng cố này của định lý trước đó. Định lý 3. Cho mỗi đỉnh của đồ thị được tô màu đen hoặc trắng sao cho không có cạnh nào nối một cặp đỉnh đen; trong trường hợp này, số đỉnh trắng bằng W. Khi đó, bất kỳ đường dẫn nào trong biểu đồ này chứa tối đa W + 1 đỉnh đen và độ dài của nó không vượt quá 2W.

Loại đường đi trong Định lý 3

Bằng chứng. Chúng ta hãy gặp n đỉnh đen trong quá trình đi qua đường đi. Giữa hai đỉnh đen liên tiếp chúng ta đã đi thăm ít nhất một đỉnh trắng, điều đó có nghĩa là chúng ta đã đi thăm ít nhất n – 1 đỉnh trắng. Vì chúng ta có tổng số W đỉnh trắng nên chúng ta có n 1 d W, hay n d W 1, đó là điều chúng ta cần chứng minh. Chúng tôi đề xuất áp dụng định lý này cho lời giải câu khó tiếp theo bài toán. Bài toán 5 (E. Bakaev, dựa trên bài toán M2460). Châu chấu có thể nhảy dọc theo một dải ca rô dài 26 ô vuông, 8, 9 hoặc 10 ô vuông theo bất kỳ hướng nào. (Một bước nhảy k ô có nghĩa là có k – 1 ô giữa vị trí ban đầu và vị trí cuối cùng của bước nhảy.) Số ô tối đa mà một con châu chấu có thể nhảy trên dải này là bao nhiêu nếu không thể bắn trúng một ô nhiều lần? Lời giải. Hãy tô màu các ô của dải như trong hình 5,a. Sau đó, từ ô đen, một bước nhảy chỉ có thể đến ô trắng. Điều này có nghĩa là đồ thị khả năng châu chấu có thể nhảy (các đỉnh nằm ở tâm các ô và có một cạnh nối từng cặp ô mà châu chấu có thể nhảy) thỏa mãn điều kiện của Định lý 3. (Vì từ trắng sang trắng

41

TOÁN HỌC

K R U JO K

bất kỳ đường dẫn nào trong biểu đồ gốc đều chứa các đỉnh từ tối đa W + 1 bộ $K_{1}, K_{2}$, … $, K_{s}$.

Loại đường đi trong Định lý 5

Chúng ta hãy minh họa việc áp dụng Định lý 5 bằng các ví dụ. Bài toán 7 (E. Bakaev, dựa trên bài toán M2460). Châu chấu có thể nhảy dọc theo một dải ca rô dài 60 ô, 8, 9 hoặc 10 ô theo bất kỳ hướng nào. Chứng minh rằng một con châu chấu không thể, bắt đầu từ một ô nhất định, bỏ qua sọc này bằng cách ghé thăm mỗi ô đúng một lần. Lời giải. Như trong bài toán 5, hãy xem xét “đồ thị châu chấu”: chúng ta đặt các đỉnh ở tâm của các ô và kết nối từng cặp ô bằng một cạnh mà châu chấu có thể nhảy vào giữa. Hãy tô màu các ô của dải (và các đỉnh tương ứng của đồ thị) như trong hình 7. Khi đó sẽ có 28 ô màu trắng.

Hình 8

Roy nói rằng một hiệp sĩ có thể bỏ qua một bàn cờ có kích thước n 4 u n 4 với một hình vuông ở giữa được cắt ra bằng cách đi thăm mỗi ô vuông đúng một lần khi và chỉ khi n – 1 chia hết cho 4. Hãy thử giải bài toán trong công thức đầy đủ này. Ngoài bài toán tìm đường đi Hamiltonian (hoặc đủ dài) trong biểu đồ

Hình 7

Và sau khi loại bỏ chúng, vẫn còn 30 “đảo đen”: gần như tất cả các đỉnh đen đều bị cô lập, ngoại trừ hai “đảo” gồm hai ô đen. Theo Định lý 5, không có đường đi nào trong đồ thị của chúng ta có thể chứa các đỉnh từ tất cả 30 “hòn đảo”. Như vậy, ít nhất một đỉnh đen đã không được vượt qua. Bài toán 8. Từ một bàn cờ 10 x 10, cắt ra một hình vuông ở giữa 6 x 6. Chứng minh rằng quân mã không thể bỏ qua phần còn lại của bàn cờ bằng cách thăm mỗi ô đúng một lần. Ý tưởng lời giải. Hãy chọn 12 ô màu trắng và trong các ô khác của “cạnh”, chúng ta sẽ đặt các số từ 1 đến 14, như được hiển thị trong hình 8. Lưu ý rằng việc đánh số có thuộc tính sau: nếu bạn cắt bỏ các ô màu trắng, thì hiệp sĩ sẽ chỉ có thể di chuyển từ bất kỳ ô nào đến ô có cùng số. Số ô xác định các “hòn đảo” từ Định lý 5.

Bài tập 8. Hoàn thành lời giải với bài toán này bằng cách rút gọn về Định lý 5.

bài toán 8, vừa được thảo luận, là một trường hợp đặc biệt bài toán M118 từ “Bài toán Kvant («Kvant» Số 12 cho năm 1971), trong đó các tuyên bố tương tự khác bài toán cũng rất thú vị, ví dụ: “Thêm số cạnh tối thiểu trong biểu đồ để đường đi Hamilton xuất hiện trong đó”.

Bài tập 9. Cho một đồ thị. Gọi h là số cạnh tối thiểu có thể được thêm vào để đường đi Hamilton xuất hiện trên đồ thị. Chúng ta gọi một tập hợp các đường đi bao phủ nếu mỗi đỉnh của đồ thị thuộc về chính xác một trong các đường đi này (các đường đi có độ dài 0 được phép chứa chính xác một đỉnh). Gọi p là số lượng tối thiểu mà có một tập hợp bao gồm các đường dẫn p. Chứng minh rằng h = p – 1.

Cuối cùng, chúng ta hãy xem một số ví dụ trong đó việc tìm đường dẫn Hamilton (hoặc chỉ dài) trong biểu đồ có thể là bước chính trong một lời giải bài toán ngắn. Bài toán 9 (Giải đấu các thành phố lần thứ XIX). Trên bàn cờ 5 x 5, số lượng quân mã tối đa được đặt sao cho không đánh nhau. Chứng minh rằng sự sắp xếp này là duy nhất.

43

LUYỆN TẬP

dãy chính, sao lùn trắng và sao khổng lồ (siêu khổng lồ); biết các giai đoạn chính trong quá trình tiến hóa của các ngôi sao như Mặt trời và các ngôi sao lớn, so sánh thời gian tồn tại của vòng đời của các ngôi sao có khối lượng khác nhau; thể hiện đường đi tiến hóa của một ngôi sao trên sơ đồ Hertzsprung–Russell. Việc so sánh độ sáng của sao với các loại quang phổ của chúng lần đầu tiên được thực hiện vào đầu thế kỷ 20 bởi Einar Hertzsprung và Henry Russell, đó là lý do tại sao biểu đồ độ sáng quang phổ thường được gọi là biểu đồ Hertzsprung–Russell. Trên sơ đồ này (xem hình), các lớp phổ hoặc nhiệt độ hiệu dụng được vẽ dọc theo trục hoành và độ sáng L hoặc cường độ tuyệt đối M được vẽ dọc theo trục tọa độ. Nếu không có mối quan hệ giữa độ sáng và nhiệt độ thì tất cả các ngôi sao sẽ được phân bố đều trên sơ đồ như vậy. Nhưng trong sơ đồ thực, có một số mẫu được gọi là trình tự. Độ sáng là đặc tính vật lý của một ngôi sao, cho biết nó mất đi bao nhiêu năng lượng trong một đơn vị thời gian. Độ sáng của Mặt trời là khoảng 4 $10^{26}$ J s, các siêu sao có độ sáng lớn hơn. Chúng có thể có màu trắng xanh, chẳng hạn như Rigel (E Orionis), với nhiệt độ bề mặt 12.130 K, hoặc các siêu sao đỏ, chẳng hạn như Betelgeuse (D Orionis), với nhiệt độ bề mặt 3.590 K. Hầu hết các ngôi sao (khoảng 90%) nằm dọc theo một dải dài và hẹp được gọi là dãy chính trên sơ đồ. Nó trải dài từ góc trên bên trái (từ các sao siêu khổng lồ màu xanh) đến góc dưới bên phải (đến các sao lùn đỏ). Các ngôi sao thuộc dãy chính bao gồm Mặt trời, độ sáng của nó được coi là thống nhất. Trong trường hợp này, mật độ của các sao trong dãy chính là vào thứ tự

A B I T U R I E N T A

giá trị ku vẫn gần như giữ nguyên, bằng mật độ của nước. Khối lượng của các ngôi sao trong dãy chính tăng lên cùng với kích thước của chúng khi chúng di chuyển lên trên về bên trái. Các điểm tương ứng với các sao khổng lồ và siêu khổng lồ nằm phía trên dãy chính ở bên phải và các điểm tương ứng với các sao lùn trắng nằm ở góc dưới bên trái, bên dưới dãy chính. Mật độ của các sao khổng lồ và siêu khổng lồ là những bậc độ lớn nhỏ hơn mật độ của nước, và mật độ của các sao lùn trắng lớn hơn vài bậc độ lớn so với mật độ của nước. Ngôi sao dành phần lớn cuộc đời của mình cho dãy chính. Trong thời gian này, màu sắc, nhiệt độ, độ sáng và các thông số khác của nó hầu như không thay đổi. Những ngôi sao có khối lượng cao hơn có vòng đời ngắn hơn những ngôi sao có khối lượng thấp hơn. Các giai đoạn tiến hóa của một ngôi sao sau khi nằm trên dãy chính rất ngắn. Những ngôi sao điển hình trở thành sao khổng lồ đỏ và những ngôi sao rất nặng trở thành siêu khổng lồ đỏ. Bài toán 1. Xem bảng 1, trong đó chứa thông tin về các ngôi sao sáng. Lựa chọn-

44

KVA NT 2018/№1

Bảng 1

hai phát biểu tương ứng với đặc điểm của các ngôi sao. 1) Ngôi sao sáng nhất trên bầu trời là Sirius. 2) Các ngôi sao Arcturus và Pollux nằm ở khoảng cách gần như nhau với Trái đất và do đó thuộc cùng một chòm sao. 3) Khối lượng của Sirius nhỏ hơn khối lượng của Deneb khoảng 10 lần nên quá trình tiến hóa của Sirius sẽ nhanh hơn. 4) Vì khối lượng của các sao Fomalhaut và Pollux bằng nhau nên chúng thuộc cùng một lớp quang phổ. 5) Vì nhiệt độ của Procyon và Canopus gần như bằng nhau nên chúng thuộc cùng một lớp quang phổ. Lời giải. 1) Những ngôi sao sáng nhất có cường độ âm nên Sirius là ngôi sao sáng nhất. 2) Các ngôi sao có thể ở cùng khoảng cách với Mặt trời (Trái đất), nhưng điều này không có nghĩa là chúng nằm trong cùng một chòm sao. Ví dụ, ngôi sao Vega (D Lyrae) và ngôi sao Fomalhaut (D Song Ngư phía Nam) nằm ở cùng khoảng cách với Mặt trời, nhưng thuộc các chòm sao khác nhau. 3) Sự tiến hóa của các ngôi sao phụ thuộc vào khối lượng của chúng. Khối lượng của ngôi sao càng lớn thì sự tiến hóa của ngôi sao càng mãnh liệt. Do đó, quá trình tiến hóa của Deneb (khối lượng của nó $21 M_{C} )$ sẽ diễn ra nhanh hơn so với Sirius (khối lượng của nó $2 M_{C} ).$ 4) Các lớp quang phổ của các sao có liên quan chặt chẽ với nhiệt độ (ở mức độ thấp hơn, với mật độ và thành phần hóa học) của bầu khí quyển sao. Lớp quang phổ của một ngôi sao không phụ thuộc vào khối lượng của nó.

5. Nếu nhiệt độ của các ngôi sao xấp xỉ bằng nhau thì chúng thuộc cùng một lớp quang phổ. Vậy câu 1) và 5) đều đúng. Bài toán 2. Sử dụng Bảng 2 chứa thông tin về các ngôi sao sáng, hoàn thành nhiệm vụ. Chọn hai câu phù hợp với đặc điểm của các ngôi sao. 1) Các ngôi sao Capella và Mencalinan thuộc cùng một chòm sao, nghĩa là chúng ở cùng khoảng cách với Mặt trời. 2) Ngôi sao Deneb là một ngôi sao siêu khổng lồ. 3) Các ngôi sao Aldebaran và Elnan có cùng khối lượng, nghĩa là chúng thuộc cùng một lớp quang phổ. 4) Ngôi sao Betelgeuse thuộc lớp sao đỏ thuộc lớp quang phổ M. 5) Nhiệt độ trên bề mặt Rigel thấp hơn 2 lần so với bề mặt Mặt trời. Lời giải. 1) Các ngôi sao có thể thuộc cùng một chòm sao nhưng ở những khoảng cách khác nhau so với Mặt trời (Trái đất). Các ngôi sao Capella (D Aurigae) và Mencalinan (E Aurigae) ở xa Mặt trời với khoảng cách lần lượt là 42,2 năm ánh sáng và 82,1 năm ánh sáng. 2) Độ sáng của ngôi sao L có liên hệ với bán kính của ngôi sao R theo công thức (định luật Stefan–Boltzmann) $L 4 S R^{2}$ $V T^{4}$.

Bán kính của Deneb là $210 R_{C}$, khiến Deneb trở thành siêu khổng lồ màu trắng với độ sáng $270000 L_{C}$. 3) Khối lượng của sao không liên quan đến loại quang phổ của sao (liên quan đến nhiệt độ bề mặt). 4) Ngôi sao Betelgeuse thực sự có tính chất tương đối

45

LUYỆN TẬP

A B I T U R I E N T A

Bảng 2

Nó tiến gần đến các ngôi sao đỏ thuộc lớp quang phổ M, vì nhiệt độ bề mặt của nó là 3100 K. 5) Nhiệt độ bề mặt của Mặt trời là khoảng 6000 K (dữ liệu tham khảo) và của Rigel là 11200 K (theo bảng). Vì vậy, nhiệt độ của Rigel cao hơn nhiệt độ của Mặt trời. Như vậy, câu 2) và 4) đều đúng. Bài toán 3. Hãy xem bảng 3, trong đó chứa thông tin về các ngôi sao sáng. Chọn hai câu phù hợp với đặc điểm của các ngôi sao.

3. Khối lượng của Sirius nhỏ hơn Deneb khoảng 10 lần nên quá trình tiến hóa của Sirius sẽ chậm hơn. 4) Vì khối lượng của các sao Fomalhaut và Pollux bằng nhau nên chúng thuộc cùng một lớp quang phổ. 5) Vì nhiệt độ của Porcyon và Canopus gần như bằng nhau nên chúng thuộc cùng một lớp quang phổ. Lời giải. 1) Các ngôi sao có thể thuộc cùng một chòm sao nhưng ở những khoảng cách khác nhau so với Mặt trời. Vì vậy, mặc dù

Bảng 3

1. Các ngôi sao Pollux và Castor nằm trong cùng một chòm sao, nghĩa là chúng nằm ở cùng một khoảng cách với Mặt trời. 2) Các ngôi sao Arcturus và Pollux nằm ở khoảng cách gần như nhau với Trái đất và do đó thuộc cùng một chòm sao.

Mặc dù các ngôi sao Pollux và Castor nằm trong cùng một chòm sao nhưng chúng nằm ở khoảng cách khác nhau so với Mặt trời - lần lượt là 33,7 năm ánh sáng và 49,8 năm ánh sáng. 2) Tuyên bố này tương tự như tuyên bố trước. 3) Tốc độ tiến hóa của các ngôi sao phụ thuộc vào

46

KVA NT 2018/№1

khối lượng: khối lượng càng lớn thì tốc độ tiến hóa càng cao. 4) Khối lượng của sao không liên quan đến loại quang phổ của sao (được xác định bởi nhiệt độ bề mặt). 5) Nếu các ngôi sao có cùng nhiệt độ bề mặt thì chúng thuộc cùng một lớp quang phổ. Điều này có nghĩa là câu 3) và 5) là đúng. Bài toán 4. Xem bảng 4, trong đó chứa thông tin về các ngôi sao sáng. Chọn hai câu phù hợp với đặc điểm của các ngôi sao.

và không có trên trình tự chính. 4) Nhiệt độ của Vega là 9600 K, nhiệt độ của Mặt Trời là 6000 K nên nhiệt độ của Vega cao hơn Mặt Trời. 5) Ngôi sao 40 Eridani thực sự thuộc về sao lùn trắng, bằng chứng là dữ liệu dạng bảng (kích thước tương đương với kích thước Trái đất, mật độ cao, nhiệt độ cao). Vậy câu 1) và 5) đều đúng. Bài toán 5. Nhìn vào hình để biết sơ đồ Hertzsprung-Russell. Chọn hai phát biểu về các ngôi sao

Bảng 4

1. Các ngôi sao Antares và Rigel là những ngôi sao siêu khổng lồ. 2) Ngôi sao Arcturus thuộc về các ngôi sao xanh thuộc lớp quang phổ O. 3) Ngôi sao Sirius B thuộc dãy sao chính trên sơ đồ Hertzsprung-Russell. 4) Nhiệt độ bề mặt của Vega thấp hơn nhiệt độ bề mặt của Mặt trời. 5) Ngôi sao 40 Eridani là một sao lùn trắng. Lời giải. 1) Các ngôi sao Antares và Rigel là những ngôi sao siêu khổng lồ, vì bán kính của chúng lần lượt lớn hơn 680 và 138 lần bán kính của Mặt trời. 2) Nhiệt độ của Arcturus là 4300 K nên màu của sao là đỏ chứ không phải xanh. 3) Ngôi sao Sirius B là một sao lùn trắng, bằng chứng là dữ liệu dạng bảng (kích thước tương đương với kích thước Trái đất, mật độ cao, nhiệt độ cao). Các sao lùn trắng nằm ở phía dưới bên trái của sơ đồ Hertzsprung–Russell và chúng tương ứng với sơ đồ. 1) Nhiệt độ của các sao thuộc lớp quang phổ G cao gấp 2 lần nhiệt độ của các sao thuộc lớp quang phổ A. 2) Ngôi sao Betelgeuse là một siêu khổng lồ, vì bán kính của nó gần gấp 1000 lần bán kính của Mặt trời. 3) Mật độ của sao lùn trắng nhỏ hơn đáng kể so với mật độ trung bình của sao khổng lồ. 4) Sao Antares có nhiệt độ bề mặt 3300 K và thuộc loại sao quang phổ A. 5) Vòng đời của sao thuộc lớp quang phổ K của dãy chính dài hơn vòng đời của sao thuộc lớp quang phổ B của dãy chính. Lời giải. 1) Theo sơ đồ, nhiệt độ của các sao thuộc lớp quang phổ G thấp hơn nhiệt độ của các sao thuộc lớp quang phổ A khoảng 2 lần. 2) Ngôi sao Betelgeuse có bán kính lớn hơn gần 1000 lần bán kính của Mặt trời và những ngôi sao như vậy thực sự thuộc về siêu-

Thế Vận Hội

Giải đấu thành phố XXXIX

MỤC ĐÍCH CỦA TOUR THU (2017)

Tùy chọn cơ bản

lớp 8–9

$1. (3)^{1}$

ki bằng 1). Chứng minh rằng các đoạn của đường tròn này đi qua các ô màu trắng tổng cộng không quá 1/3 chiều dài của nó. M. Evdokimov

Có 5 số khác 0. Đối với mỗi hai trong số họ, tổng và sản phẩm của họ được tính toán. Hóa ra năm tổng là dương và năm tổng là âm. Có bao nhiêu sản phẩm dương tính và bao nhiêu sản phẩm âm tính? B.Frenkin

1. (4) Có tồn tại số không nguyên x và y mà { x } ◊ { y } = { x + y } không? (Ở đây { x } là phần phân số của số x.) M. Evdokimov

2. (4) Có 99 số tự nhiên liên tiếp sao cho số nhỏ nhất chia hết cho 100, số tiếp theo chia hết cho 99, số thứ ba chia hết cho 98, …, số cuối cùng chia hết cho 2? P.Kozhevnikov

3. (4) Cho tam giác ABC vẽ đường phân giác CL. Đường phân giác của cạnh AC cắt đoạn CL tại điểm K. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và AKL tiếp xúc nhau. M.Panov

4. (4) Có 100 đồng xu giống hệt nhau xếp thành một hàng. Trong số đó có đúng 26 cái giả, chúng nằm thành một hàng. Tiền thật có trọng lượng như nhau, tiền giả không nhất thiết phải nặng bằng nhau nhưng nhẹ hơn tiền thật. Làm thế nào bạn có thể tìm thấy ít nhất một đồng xu giả trong một chiếc cân trên chiếc cân hai đĩa mà không có quả cân? R.Zhenodarov

5. (4) Có 21 số khác 0. Đối với mỗi hai trong số họ, tổng và sản phẩm của họ được tính toán. Hóa ra một nửa số tiền là dương và một nửa là âm. Số lượng sản phẩm tích cực lớn nhất có thể là bao nhiêu? B. Frenkin, S. Kudrya

6. (5) Trên một trong các ô vuông của cánh đồng 8 ¥ 8 có một kho báu được chôn cất. Bạn dùng máy dò kim loại ở trung tâm của một trong các ô góc của trường này và di chuyển, di chuyển đến tâm của các ô liền kề bên cạnh. Máy dò kim loại sẽ tắt nếu bạn thấy mình đang ở trong phòng giam nơi kho báu được chôn cất hoặc ở một trong các phòng giam liền kề ở bên cạnh. Có thể chỉ ra một cách đáng tin cậy ô nơi kho báu được chôn cất bằng cách đi bộ một khoảng cách không quá 26 không? M. Evdokimov

7. (5) Vẽ một hình tròn bán kính 1 trên bàn cờ sao cho bên trong chứa toàn một hình vuông màu trắng (cạnh hình vuông là

1

Trong ngoặc đơn sau số bài toán là số điểm tối đa được thưởng cho lời giải của nó. Kết quả được tóm tắt theo ba nhiệm vụ đã đạt được kết quả tốt nhất.

lớp 10–11

4. a) (2) Một quả bóng nào đó có thể cắt các đường tròn có bán kính 1, 2, 3 và 4 trên các mặt của một số tứ diện đều không? b) (3) Câu hỏi tương tự, nếu bán kính của quả bóng phải bằng 5. M. Evdokimov

5. (5) Có một con chip 100 ¥ 100 ở ô vuông phía dưới bên trái của bảng. Lần lượt di chuyển theo chiều ngang và chiều dọc vào ô liền kề (lần đầu tiên di chuyển theo chiều ngang), đầu tiên cô đến ô phía trên bên trái, sau đó đến ô phía trên bên phải. Chứng minh rằng có hai ô A và B sao cho chip di chuyển từ A đến B ít nhất hai lần. A. Gribalko

Tùy chọn phức tạp

lớp 8–9

1. (4) Có trọng lượng sắt 6 kg, đường và túi không trọng lượng với số lượng không giới hạn.

52

KVANT 2018/№1

chất lượng, cũng như cân không chuẩn có hai đĩa: cân ở trạng thái cân bằng nếu trọng lượng ở đĩa bên trái và đĩa bên phải theo tỷ lệ 3:4. Trong một lần cân, bạn có thể đặt bất kỳ quả cân nào hiện có lên cân và thêm một túi đường có đủ vào một trong các bát để cân bằng các bát (những túi đường như vậy có thể được sử dụng để cân tiếp). Bạn có thể cân được 1 kg đường không? G. Galperin 2. (4) Cho hai đồng xu có bán kính 1 cm, hai đồng xu có bán kính 2 cm và hai đồng xu có bán kính 3 cm. Bạn có thể đặt hai đồng xu lên bàn sao cho chúng chạm vào nhau và thêm từng đồng xu một để đồng xu tiếp theo chạm vào ít nhất hai đồng xu đã nằm sẵn. Một đồng xu mới không thể được đặt trên một đồng tiền cũ. Có thể đặt nhiều đồng xu sao cho tâm của ba đồng xu nằm trên cùng một đường thẳng không? E. Bakaev 3. (6) Xem bài toán M2486 “Bài toán Kvant trong ba tháng thay vì mười hai.

4. a) (1) Xem bài toán M2490 và “Bài toán Kvant. b) (3) Xem bài toán M2490 b “Bài toán Kvant. c) (4) Xem bài toán M2490 trong “Bài toán Kvant.”

5. (9) Các chữ số của số tự nhiên n > 1 được viết theo thứ tự ngược lại và có kết quả nhân với n. Có thể có một số chỉ được viết bằng đơn vị? F. Petrov 6. (9) Xem bài toán M2487 “Bài toán Kvant.

6. a) (5) Xem bài toán M2488 và “Bài toán Kvant. b) (5) Xem bài toán M2488 b “Bài toán Kvant.

lớp 10–11

1. a) (1) Xem bài toán M2490 và “Bài toán Kvant. b) (2) Xem bài toán M2490 b “Bài toán Kvant. c) (3) Xem bài toán M2490 trong “Bài toán Kvant.”

2. (5) Cho một hình lục giác đều có tâm O. Vẽ sáu đường tròn bằng nhau có tâm ở các đỉnh của hình lục giác sao cho điểm O nằm bên trong các đường tròn. Một góc có độ lớn A với đỉnh O cắt sáu cung trên các đường tròn này. Chứng minh rằng tổng giá trị của các cung này là 6 A. E. Bakaev

3. (6) Xem bài toán M2486 “Bài toán Kvant”.

4. (8) Xem bài toán M2489 “Bài toán Kvant”.

5. a) (3) Xem bài toán M2491 và “Bài toán Kvant. b) (4) Xem bài toán M2491 b “Bài toán Kvant. c) (4) Xem bài toán M2491 trong “Bài toán Kvant.”

6. (10) Cho tam giác ABC. Gọi I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tiếp xúc với cạnh AB, và gọi $A_{1}$ và $B_{1}$ lần lượt là điểm tiếp tuyến của hai đường tròn ngoại tiếp khác có cạnh BC và AC. Gọi M là trung điểm của đoạn IC, các đoạn $AA_{1}$ và $BB_{1}$ cắt nhau tại điểm N. Chứng minh rằng các điểm $N, B_{1}, A$ và M nằm trên cùng một đường tròn. F.Ivlev

7. (10) Thành phố có hình vuông n ¥ n, được chia thành các khối 1 ¥ 1. Các đường phố chạy từ Bắc xuống Nam và từ Tây sang Đông. Mỗi ngày một người đi bộ từ góc tây nam đến góc đông bắc vào buổi sáng, chỉ di chuyển về phía bắc hoặc phía đông, và vào buổi tối anh ta quay trở lại, chỉ di chuyển về phía nam hoặc phía tây. Mỗi buổi sáng, anh ấy chọn con đường của mình sao cho tổng chiều dài của những đoạn đường quen thuộc (những đoạn mà anh ấy đã đi qua theo hướng này hay hướng khác) là tối thiểu và mỗi buổi tối cũng vậy. Chứng minh rằng trong n ngày anh ta sẽ đi hết các con phố. M. Didin

Ấn phẩm được chuẩn bị bởi S. Dorichenko, L. Mednikov

THÔNG TIN

Một đợt tuyển dụng khác tại VZMSH

Trường Phổ thông Đa môn Toàn Nga (VZMSH), là một phần trong cấu trúc của “Trường thứ hai” Lyceum Moscow và hoạt động tại Đại học quốc gia Moscow mang tên M.V. Lomonosov, đang tuyển sinh lần thứ 54. Ngôi trường này được thành lập theo sáng kiến ​​​​của viện sĩ I.M. Gelfand vào năm 1964. Trong nhiều năm, I.M. Gelfand đứng đầu Hội đồng khoa học của trường. VZMSH là một tổ chức giáo dục bổ sung của nhà nước, dành cho tất cả mọi người, không chỉ dành cho học sinh, để mở rộng kiến ​​thức về một hoặc nhiều lĩnh vực khoa học sau: toán học, sinh học, ngữ văn, vật lý, lịch sử (được liệt kê theo thứ tự thời gian mở các khoa). Hiện VZMSH, cùng với các tổ chức khoa học và sư phạm khác, đang tiến hành nghiên cứu phát triển các công nghệ tương tác mới trong giáo dục và dịch một phần tổ hợp giáo dục và phương pháp của mình sang ngôn ngữ viễn thông hiện đại. Trong thời gian VZMSH tồn tại, hàng trăm nghìn học sinh và hàng nghìn vòng tròn - nhóm “Tập thể sinh viên VZMSH” đã nhận được chứng chỉ hoàn thành khóa học. Giáo dục ở trường là PHƯƠNG PHÁP, tức là bắt đầu từ tháng 9 đến tháng 10 năm 2018, tất cả các ứng viên sẽ nhận được một cách có hệ thống các tài liệu được thiết kế đặc biệt cho việc học từ xa, bao gồm phần trình bày các vấn đề lý thuyết và phương pháp lý luận, nhiều loại bài toán cho công việc độc lập, mẫu lời giải bài toán, trò chơi kinh doanh, bài kiểm tra và nhiệm vụ thực tế. Bài thi của học sinh sẽ được các giáo viên - sinh viên, nghiên cứu sinh, giáo viên và nhà nghiên cứu của Đại học quốc gia Moscow cũng như các trường đại học và cơ sở khác nơi trường có phân hiệu kiểm tra và xem xét cẩn thận. Bản thân nhiều giáo viên đã tốt nghiệp VZMSH cùng một lúc và do đó hiểu đặc biệt rõ tầm quan trọng của việc chỉ ra, ngoài việc

những thiếu sót cụ thể, cách khắc phục những lỗ hổng kiến ​​​​thức hiện có, đề xuất bổ sung tài liệu, mắng mỏ nếu thiếu chú ý và khen ngợi những tiến bộ đáng chú ý (và đôi khi là nhỏ nhất) và sự chăm chỉ. Những người được nhận vào VZMSH sẽ có thể tìm hiểu về những điều thú vị thường bị bỏ lại trên những trang sách giáo khoa ở trường, làm quen với những bài toán phi tiêu chuẩn thú vị và thử sức mình với chúng lời giải. Đối với nhiều người, đó sẽ là sự khám phá rằng bài toán không chỉ tồn tại trong toán học, vật lý và hóa học mà còn trong sinh học, ngữ văn và các ngành khoa học khác. Lời giải bài toán sẽ giúp làm sáng tỏ và làm thú vị nhiều phần tưởng chừng như không rõ ràng và nhàm chán. Một trong những đặc điểm của chương trình giảng dạy và sách hướng dẫn VZMS là chúng được biên soạn bởi các nhà khoa học tài năng và những giáo viên xuất sắc giàu kinh nghiệm làm việc đi đầu trong lĩnh vực khoa học. Để học thành công tại một trường tương ứng, bạn sẽ phải học cách làm việc độc lập và hiệu quả với một cuốn sách, bày tỏ suy nghĩ của mình một cách thành thạo, rõ ràng, ngắn gọn và rõ ràng, và như bạn biết, không phải ai cũng có thể làm được điều này. Có lẽ trường tương ứng của chúng tôi sẽ giúp bạn chọn nghề và tìm vị trí của mình trong thế giới xung quanh. Tất cả những người hoàn thành chương trình VZMSh đều nhận được bằng tốt nghiệp. Mặc dù chúng không mang lại lợi thế chính thức, nhưng hội đồng tuyển sinh của nhiều trường đại học tính đến việc những người sở hữu những chứng chỉ này đã làm việc quên mình trong một thời gian dài để tiếp thu kiến ​​thức và học cách làm việc độc lập một cách sáng tạo, điều đó có nghĩa là họ sẽ trở thành những sinh viên giỏi và trong tương lai sẽ trở thành những chuyên gia có năng lực, chu đáo, được đào tạo rộng rãi. Bạn sẽ có thể nhận bài tập của chúng tôi bằng cả thư thông thường và e-mail, đồng thời tham gia thử nghiệm các chương trình đào tạo tương tác mới. Để vào VZMSH, bạn phải hoàn thành thành công bài kiểm tra đầu vào. Hội đồng tuyển chọn trước hết quan tâm đến khả năng suy luận, nỗ lực của bạn (ngay cả khi ban đầu không hoàn toàn thành công) để suy nghĩ độc lập và đưa ra kết luận. Ưu tiên nhập học dành cho những người sống ở khu vực nông thôn -

54

KVANT 2018/№1

các làng mạc và thị trấn nhỏ, nơi không có các trung tâm khoa học và cơ sở giáo dục lớn và chỉ có thể nhận được giáo dục bổ sung qua thư từ. Lời giải bài toán của tác phẩm giới thiệu phải được viết bằng tiếng Nga vào vở học sinh thông thường trong một hình vuông. Những người muốn đăng ký vào nhiều khoa cùng một lúc sẽ gửi từng tác phẩm vào một cuốn sổ riêng. Trên bìa cuốn sổ ghi rõ: họ, tên, họ, năm sinh, trình độ học vấn cơ bản (có bao nhiêu lớp trung học sẽ được hoàn thành trước tháng 9 năm 2018), địa chỉ gửi thư đầy đủ (có mã zip), nơi bạn đã biết về VZMSH (từ «Kvant», từ bạn bè, từ áp phích của trường thư tín, v.v.), bạn muốn đăng ký vào khoa nào. Địa chỉ VZMSH: 119234 Moscow, Vorobyovy Gory, Moscow State University, VZMSH, dành cho lễ tân (ghi rõ bộ phận) Điện thoại: (495) 939-39-30 Bạn có thể tìm hiểu về tất cả các bộ phận của chúng tôi trên trang web VZMSH toàn trường: www.vzmsh.ru Chúng tôi sẽ trả lời câu hỏi của bạn qua e-mail: vzms@yandex.ru Hồ sơ dự tuyển sẽ không được gửi lại. Không có phần giới thiệu, chỉ khi nộp đơn, những người chiến thắng trong các vòng thi Olympic toàn Nga khu vực (lãnh thổ, cộng hòa) ở các môn học liên quan, cũng như những người tham gia vòng cuối cùng của các Olympic này, mới được chấp nhận tham gia đào tạo cá nhân. Sinh viên VZMSH được hoàn trả một phần chi phí giáo dục. Theo yêu cầu của những người không có khả năng thanh toán khoản phí này, VZMSH sẵn sàng liên hệ với nhà trường, cơ quan giáo dục công lập hoặc nhà tài trợ khác để yêu cầu nhà hảo tâm này thanh toán các chi phí tương ứng. Ngoài đào tạo cá nhân, tất cả các khoa của VZMSH, ngoại trừ sinh học, đều có hình thức đào tạo “Sinh viên tập thể”. Đây là một nhóm sinh viên làm việc dưới sự hướng dẫn của một giáo viên (giáo viên phổ thông, giáo viên đại học, sinh viên hoặc những người đam mê khác) và theo quy định, sử dụng các sách hướng dẫn và chương trình giống nhau như từng cá nhân. Việc tuyển sinh vào các nhóm này được thực hiện cho đến ngày 15 tháng 10 năm 2018. Đối với

để đăng ký một nhóm phải có tờ khai của người đứng đầu nhóm (ghi rõ nghề nghiệp, chức vụ, danh sách sinh viên và thông báo về lớp sẽ học từ tháng 9 năm 2018); hồ sơ phải có chữ ký của trưởng đoàn, có xác nhận và chữ ký của thủ trưởng cơ quan nơi đoàn công tác. Làm việc với các nhóm “Học sinh tập thể” có thể được các trường trả phí như một hoạt động tự chọn. Ở Tây Bắc nước Nga có một trường toán tương ứng Tây Bắc tại “Trường Vật lý và Kỹ thuật” Lyceum (chỉ khoa toán, lớp 8–11). Những người muốn đăng ký vào Khoa Toán và sống ở Tây Bắc nước Nga (ở Arkhangelsk, Kaliningrad, Leningrad, Murmansk, Novgorod, vùng Pskov, Cộng hòa Karelian và Komi, cũng như ở St. Petersburg), hãy gửi bài giới thiệu đến địa chỉ: 194021 St. Petersburg, st. Khlopina, 8 tuổi, tòa nhà 3, chữ A, S-Z ZMSH tại Lyceum “FTSH”. Bạn có thể gửi bản scan tác phẩm tới địa chỉ email: mathscool@mail/ru. Địa chỉ email tương tự có thể được sử dụng để liên hệ với S-Z ZMSH. Thông tin chi tiết có trên trang web đào tạo từ xa: http://distmath.ru/. Những người sống ở các vùng khác của Nga, gần và xa ở nước ngoài, gửi tác phẩm toán học của họ đến VZMSH hoặc chi nhánh tương ứng. Địa chỉ các chi nhánh của khoa toán của VZMSH: 241035 Bryansk, st. Malo-Orlovskaya, 8 tuổi, tel.: (4832) 56-18-08, e-mail: brotek@mail.ru; 610002 Kirov, PO Box 2039, TsDOOSH, tel.: (8332) 35-15-03, 35-15-04, e-mail: sms@extedu.kirov.ru, trang web: http://cdoosh.kirov.ru; 150000 Yaroslavl, st. Sovetskaya, 14 tuổi, điện thoại: (0852) 11-82-03, e-mail: olimp@olimp.edu.yar.ru.

Dưới đây bạn sẽ tìm thấy thông tin ngắn gọn về các khoa của Trường Cao đẳng Y tế và các điều kiện cho kỳ thi tuyển sinh.

55

THÔNG TIN

Khoa Toán

Chúng tôi dạy toán cho học sinh lớp 6–11 bằng thư từ. Chúng tôi chấp nhận các cá nhân đào tạo cá nhân dựa trên kết quả của công việc giới thiệu và gửi lợi ích. Người phụ trách chủ trì đào tạo: soạn thảo chương trình, kiểm tra bài tập và trả lời các câu hỏi. Chúng tôi nhận học viên vào đào tạo nhóm “Sinh viên tập thể” theo đơn của trưởng nhóm. Chúng tôi gửi lợi ích cho toàn bộ nhóm. Học sinh gửi một bài tập chung về mỗi chủ đề để kiểm tra cho VZMSH. Chúng tôi nhận học sinh cho tất cả các khóa học từ 0 đến 5 (tức là học sinh từ lớp 6–11). Gửi đơn đăng ký và bài giới thiệu của bạn đến địa chỉ email tuyển sinh: priem@math-vzms.org hoặc đến địa chỉ bưu chính của trường: 119234 Moscow V-234, Vorobyovy Gory, Đại học quốc gia Moscow, khoa toán của VZMSH. Trang web của chúng tôi: http://www.math-vzms.org/ Điện thoại của chúng tôi: +7 495 93 93 93 0 Nếu bạn muốn học riêng lẻ, hãy hoàn thành bài giới thiệu, các điều kiện bài toán được đưa ra dưới đây. Lời giải bài toán mà bạn đã giải quyết được, bạn cần phải viết nó vào một cuốn sổ tay học sinh thông thường và gửi nó trong một bưu kiện đơn giản cùng với đơn đăng ký nhập học của bạn. Giấy tờ đầu vào và đơn đăng ký cũng được chấp nhận qua email. Trong trường hợp này, tác phẩm phải được định dạng dưới dạng tệp .doc hoặc .pdf; bạn cũng có thể quét văn bản tác phẩm và đính kèm vào đơn đăng ký nhập học. Đơn xin nhập học được viết dưới dạng miễn phí. Vui lòng cung cấp họ, tên, họ, năm sinh, trình độ học vấn cơ bản (sẽ thuận tiện cho chúng ta đọc: “Từ ngày 1 tháng 9 năm 2018, tôi sẽ học ở… lớp”), địa chỉ bưu điện đầy đủ với mã zip nơi bạn đã biết về VZMSH (từ Internet, từ tạp chí «Kvant», “Khoa học và Cuộc sống”, từ giáo viên, phụ huynh, bạn bè hoặc từ các nguồn khác). Vui lòng cung cấp địa chỉ email của bạn, nếu có. Đừng quên cho biết rằng bạn đang vào khoa toán. Hạn chót nộp tác phẩm dự thi là ngày 15 tháng 6 năm 2018.

Trong phần giới thiệu bên dưới, bên cạnh số sê-ri bài toán trong ngoặc đơn, nó cho biết học sinh lớp nào (nghĩa là lớp mà bạn dự kiến ​​học từ ngày 1 tháng 9 năm 2018) bài toán này được dự định. Nếu muốn, bạn có thể giải thêm bài toán dành cho các lớp cũ hơn. Hãy dành thời gian của bạn và nếu bài toán không hiệu quả, hãy quay lại với chúng nhiều lần. Vẫn còn đủ thời gian cho đến ngày 15 tháng 6. Bạn có thể không giải được hết bài toán của lớp, sau đó gửi lời giải những câu mà bạn đã giải được. Đừng quên biện minh cho lời giải của bạn, đáp số đến bài toán “trần trụi” không được coi là một giải pháp.

Bài toán

1 (6–7). Các số nguyên tố được sắp xếp theo thứ tự tăng dần. Có đúng là trung bình số học của hai số nguyên tố liền kề không thể là số nguyên tố? 2 (6–7). Hộp chứa bóng bay: 10 màu đỏ và 10 màu xanh. Người bán lấy ra từng quả bóng một mà không cần nhìn. Anh ta cần lấy ra bao nhiêu quả bóng để trong số đó chắc chắn có: a) hai quả bóng cùng màu; b) hai quả bóng khác màu; c) ba quả bóng cùng màu? 3 (6–7). Thêm một chữ số vào bên phải và bên trái của số 10 để số kết quả chia hết cho 12,4 (6–8). Petya uống 1/2 ly cà phê và đổ thêm sữa vào. Sau đó anh ta uống hết 1/3 ly và đổ sữa lại vào. Cuối cùng, anh uống hết 1/6 ly, đổ sữa vào và uống hết ly. Petya đã uống gì nhiều hơn: cà phê hay sữa? 5 (7–10). a) Có thể đánh số các cạnh của một hình lập phương bằng các số tự nhiên từ 1 đến 12 sao cho mỗi đỉnh của hình lập phương có tổng số các cạnh hội tụ tại nó bằng nhau? b) Câu hỏi tương tự nếu bạn đặt các số –6, –5, –4, –3, –2, –1, 1, 2, 3, 4, 5, 6. 6 (8–10) dọc theo các cạnh của khối lập phương. Hai thành phố A và B nằm bên bờ sông cách nhau 10km. Một chiếc tàu thủy có thể đi từ A đến B rồi quay về trong 1 giờ. Liệu anh ta sẽ mất nhiều hay ít thời gian để bơi 20 km qua hồ?

57

THÔNG TIN

Hình 2

gương. Màn hình và gương vuông góc với trục chính của thấu kính. Khoảng cách từ thấu kính đến gương là F 2, đến màn 3 F 2. Giá trị của r nhỏ hơn nhiều so với bán kính của thấu kính. Một chùm tia sáng song song song song với trục chính của nó chiếu qua màn hình vào thấu kính. Hình dạng và kích thước của vùng được chiếu sáng trên màn hình nhìn từ phía thấu kính sẽ như thế nào? 6. Hai con bọ nằm ở đỉnh A và B của hình vuông ABCD bắt đầu bò dọc theo các cạnh của hình vuông này theo chiều kim đồng hồ. Tốc độ của bọ cánh cứng là như nhau. Vẽ quỹ đạo của một con bọ trong hệ quy chiếu liên kết với con bọ kia. 7. Các lực $F_{1} = 1$ N và $F_{2} = 2$ N tác dụng vào hai đầu của một thanh có chiều dài L = 20 cm, hướng một góc A 45 o so với thanh (hình3). Phải tác dụng lực F nào vào thanh này để nó nằm yên

Lực tác dụng lên pít-tông bằng Mg 5. Tại một thời điểm nào đó, một lỗ nhỏ được hình thành ở đáy bình, qua đó khí thoát ra với tốc độ không đổi u mol/phút. Vẽ đồ thị chiều cao của pít-tông theo thời gian và tìm xem sau bao lâu để nó giảm xuống còn một nửa chiều cao của bình. 10. Từ trường chiếm một diện tích giới hạn bởi hai nửa mặt phẳng A và B, cắt nhau vuông góc (hình4).

Hình 4

Nửa mặt phẳng và cảm ứng trường B vuông góc với mặt phẳng hình. Một electron bay vào trường tại điểm A với vận tốc v và trong quá trình chuyển động tiếp theo bay qua điểm C, người ta biết AO = OC. Tìm đường đi của electron trong vùng bị từ trường chiếm giữ. Khối lượng electron $m_{e}$, điện tích e; vận tốc v nằm trong mặt phẳng hình.

Khoa Ngữ văn

Hình 3

THĂNG BẰNG? Lực này nên được áp dụng ở đâu? 8. Một vật nhỏ có khối lượng m = 50 g được treo trên một sợi dây lý tưởng có chiều dài L = 30 cm. Cơ thể được di chuyển sang một bên để sợi chỉ nằm ngang và thả ra. Tại thời điểm sợi chỉ tạo góc A 30 o với phương thẳng đứng thì sợi chỉ bị đứt. Tìm vận tốc của vật tại thời điểm nó bay ngay dưới điểm treo của sợi dây. 9. Trong một bình là một hình trụ hẹp thẳng đứng có chiều cao H, phía trên được đậy bằng một pít-tông có khối lượng M, có N mol oxy. Thành bình ở một phần ba phía trên nhẵn, phía dưới gồ ghề và giá trị lực ma sát cực đại là

Khoa đã tồn tại từ năm 1989. Trong thời gian này, một số lượng lớn sách giáo khoa độc đáo về tiếng Nga, ngôn ngữ học đại cương, lịch sử và lý thuyết văn học đã được biên soạn và xuất bản. Bất cứ ai được đào tạo cơ bản với số lượng 7 lớp đều được nhận vào khoa. Thông tin về chương trình, quy trình đào tạo được gửi kèm theo thông báo lời giải đến Hội đồng tuyển sinh và đăng tải trên website. Bạn có muốn cải thiện khả năng đọc viết của mình không? Bạn muốn làm quen với những vấn đề thú vị về lý thuyết và thực hành tiếng Nga? Nắm vững các kỹ thuật phân tích ngôn ngữ hoặc văn học? Đạt được những kỹ năng bạn cần để vượt qua kỳ thi của bạn? Sau đó hoàn thành và gửi cho chúng tôi phần giới thiệu-

58

KVANT 2018/№1

nhiệm vụ giáo dục, các câu hỏi được đưa ra dưới đây. Chú ý! Trên trang đầu tiên, hãy cho biết các thông tin sau: tên đầy đủ, bạn tốt nghiệp lớp nào, địa chỉ bưu điện đầy đủ (có mục lục!), số điện thoại, e-mail. Hạn chót nộp bài dự thi là ngày 15/6/2018. Chấp nhận nhóm “sinh viên tập thể” không cần làm bài giới thiệu. Email của chúng tôi: filologiyvzmsh@mail.ru

Câu hỏi

1. LÀ. Gorky đã cười rất lâu khi cựu thượng nghị sĩ, một ông già đáng kính, người đã đảm bảo với ông rằng ông có thể dịch từ “mười thứ tiếng”, đã mang bản dịch một câu chuyện cổ tích lãng mạn sau đây đến nhà xuất bản “Văn học Thế giới”: “Vì thiếu một bông hồng đỏ, cuộc đời tôi sẽ bị hủy hoại”. Phương án “Không có hoa hồng đỏ, cuộc đời tôi sẽ bị hủy hoại” cũng bị bác bỏ. Tại sao bạn nghĩ vậy? 2. Andrei Bely tin rằng cấu trúc âm thanh của M.Yu. Bài thơ “Borodino” của Lermontov được xây dựng dựa trên sự đấu tranh của hai chủ đề âm nhạc: nguyên âm mở rộng “a”, đi kèm với đặc điểm của người Nga, và âm “u” trầm, buồn tẻ, tương ứng với chủ đề của tiếng Pháp. Cố gắng chỉ ra bằng các ví dụ bạn hiểu luận điểm này của A. Bely như thế nào. 3. Làm thế nào để các nguyên tắc chính tả khác nhau của tiếng Nga - hình thái, ngữ âm, truyền thống và phân biệt - “hoạt động” trong các từ LATE và KAZHEG?

Khoa Lịch sử

Học tại khoa sẽ cho phép tất cả mọi người, kể cả cư dân của các thành phố và làng mạc xa xôi nhất, mở rộng tầm nhìn và chuẩn bị cho kỳ thi thống nhất cấp bang trong lịch sử. Những người hoàn thành khóa học sẽ nhận được bằng tốt nghiệp. Tại sao bạn cần học lịch sử? Trước hết, nó chỉ thú vị. Thật thú vị khi biết con người đã từng sống như thế nào, họ mặc gì, ăn gì, đọc gì, kết hôn như thế nào, họ đấu tranh vì điều gì và “họ bước vào cuộc sống gì”. Thứ hai, nó hữu ích. Chỉ khi biết quá khứ thì người ta mới có thể hiểu được hiện tại và dự đoán được tương lai. Chúng tôi sẽ giúp

Hãy để chúng tôi tìm ra điều này cho bạn. Giáo viên có kinh nghiệm viết sách đặc biệt cho bạn. Bạn sẽ là một trong những người đầu tiên biết những tin tức mới nhất từ ​​​​thế giới lịch sử! Chúng tôi sẽ giữ liên lạc thường xuyên với bạn. Theo sách của chúng tôi, bạn sẽ thực hiện các nhiệm vụ đặc biệt và cho chúng tôi biết những gì bạn đã khai quật được. Xét cho cùng, về bản chất, công việc của một nhà sử học bao gồm những cuộc khai quật này. Nhà sử học-khảo cổ học khi đào đất và cát, tìm thấy những hạt của thời đã qua; nhà sử học-lưu trữ đào bới một đống giấy tờ và lấy ra từ kho lưu trữ và thậm chí từ thư từ riêng tư mọi thứ có thể cho phép anh ta hiểu được hình ảnh của thời gian; một nhà sử học lý thuyết, giống như một cuốn tiểu thuyết hấp dẫn, đọc các bảng khảo cổ học, các báo cáo khô khan, số liệu thống kê và sử dụng chúng để tái tạo lại kết cấu sống động của một cuộc đời đã qua. Nhà sử học có một nghề đặc biệt: ông là điều tra viên, công tố viên và luật sư thời đó trong một người. Nhiệm vụ giới thiệu dưới đây phải được hoàn thành trên một tờ giấy đôi. Hạn chót nộp bài dự thi là ngày 1/6/2018. Các nhóm “sinh viên tập thể” được tiếp nhận không cần làm bài giới thiệu theo đơn của trưởng nhóm.

Bài tập

1. Đoán xem ai $это:_{i}$ Nhà công nghiệp người Nga, ông trùm vải hoa, $меценат._{i}$ Vợ và bạn của ông, Vera Nikolaevna - nee $Мамонтова._{i}$ Một thương gia trẻ với người hướng dẫn và bản đồ đã đi đến tất cả các bảo tàng châu Âu và trở thành một người sành sỏi $живописи._{i}$ Ở tuổi 24, ông thành lập một phòng trưng bày riêng về tiếng Nga $живописи._{i}$ Ở tuổi 60, ông đã tặng phòng trưng bày của mình $Москве._{i}$ Trong số tất cả các nghệ sĩ đương thời, anh ấy thích $передвижников._{i}$ Anh ấy mơ ước tìm thấy các biểu tượng của Rublev, nhưng may mắn đã mỉm cười với người khác $коллекционеру._{i}$ Anh ấy trở thành giám đốc đầu tiên của bảo tàng do anh ấy thành lập, tiêu hết tiền tiết kiệm cho nó, nhưng vì khiêm tốn nên không bao giờ xuất hiện cho riêng mình $юбилеи._{i}$ Hoàn toàn không quan tâm. Ví của anh ấy luôn sẵn sàng cho $нуждающихся._{i}$ Anh ấy không bao giờ mặc cả với các nghệ sĩ. Khi đặt tranh tôi đã thanh toán đầy đủ.

59

ĐÁP ÁN,

HƯỚNG DẪN

i Một bảo tàng quốc gia và một ga tàu điện ngầm ở $Москве._{i}$ Bức chân dung của ông do Repin vẽ tô điểm cho các sảnh của $музея._{i}$ do ông tạo ra. Lời cuối cùng của ông với người thân: “Hãy chăm sóc phòng trưng bày”. 2. Hãy miêu tả trong không quá 7 câu chân dung chính trị của vị tổng thống thứ hai của nước Nga.

---

Chú ý! VZMSH đang tuyển dụng khóa học “Xã hội học”. Khóa học bao gồm các chuyên ngành sau: triết học, con người và xã hội, khoa học chính trị, lý thuyết nhà nước, chính phủ Nga, luật, kinh tế. Học sinh được gửi đồ dùng dạy học gốc được tạo ra trên cơ sở nhiều

GIẢI PHÁP

Số năm kinh nghiệm của các tác giả khóa học. Kiểm tra kiến ​​thức được thực hiện bằng hệ thống kiểm tra được chấp nhận rộng rãi. Chương trình học kéo dài 1 năm. Khóa đào tạo mang tính chất tương ứng và nhằm mục đích cung cấp cho học sinh tốt nghiệp - cả thành phố lớn và làng nhỏ - kiến ​​thức sâu về các ngành xã hội, để chuẩn bị cho họ vượt qua kỳ thi Thống nhất về nghiên cứu xã hội. Để đăng ký khóa học, bạn phải nộp đơn đăng ký trước ngày 1 tháng 6 năm 2018. Trong đơn đăng ký, vui lòng cho biết họ, tên, họ viết tắt, địa chỉ nhà đầy đủ của bạn (có mã zip!), và lớp bạn sẽ học từ ngày 1 tháng 9 năm 2018. Gửi đơn đăng ký đến địa chỉ: 119234 Moscow, Vorobyovy Gory, Moscow State University, VZMSH (khóa học “Nghiên cứu xã hội”).

ĐÁP ÁN, HƯỚNG DẪN, GIẢI PHÁP

CUỘC THI ĐẶT THEO A.P. SAVINA

(xem «Kvant» số 11 cho năm 2017)

9. Để Alyosha hái quả việt quất H và quả nam việt quất B. Sau đó mọi người hái quả B + B và tổng cộng các bạn đã thu được 9 quả B + 11 B. Nếu không quá 9 kẻ thì tổng cộng không quá 9 quả (B + B), nếu có ít nhất 11 kẻ thì tổng cộng không có ít hơn 11 quả (B + B), trong mỗi trường hợp số quả không được bằng 9H + 11B. Điều này có nghĩa là có 10 chàng trai, khi đó 9H + 11B = 10H + 10B, từ đó B = H. 10. a) Đa giác thứ nhất là tứ giác có các góc $70\infty, 70\infty, 90\infty$ và $130\infty$, và đa giác thứ hai là tứ giác có các góc $70\infty, 70\infty, 70\infty$ và $150\infty$. b) Người thứ nhất có một, người thứ hai không có. Hãy ước tính một đa giác lồi có thể có bao nhiêu góc không tù. Cho một đa giác có n góc, trong đó k không tù. Một mặt, tổng các góc của n-giác là $180 \infty$◊(n - 2). Mặt khác, k góc của nó tối đa là $90\infty$ và các góc còn lại (n - k) nhỏ hơn $180\infty$. Ta thu được bất đẳng thức $180 \infty$ ◊ ( n - 2 ) £ $90 \infty$ ◊ $k + + 180 \infty$ ◊ ( n - k ), từ đó sau khi biến đổi ta thu được k £ 4. Do đó, không có nhiều hơn bốn góc không tù. Trong trường hợp này, sự bình đẳng chỉ đạt được khi tất cả các góc đều vuông góc. Điều này có nghĩa là không có nhiều hơn ba góc nhọn. Khi tính đến điều này, chúng tôi kết luận rằng đa giác thứ nhất chỉ có thể có 2 góc nhọn, góc thứ hai - 3 và mỗi góc đều có một góc tù. Đa giác thứ hai không có góc vuông (vì đã có ba góc nhọn). Điều này có nghĩa là đa giác thứ nhất có một góc vuông và vì nó đã có hai góc nhọn nên chỉ có một góc vuông. 11. Chúng ta hãy miêu tả các cô gái là những điểm trên mặt phẳng và các chàng trai là những đường thẳng (hình1). Một cô gái thích một chàng trai nếu điểm tương ứng với cô ấy nằm trên đường tương ứng với chàng trai. Khi là con trai, chúng ta lấy các cạnh của một tam giác đều, đường trung tuyến và đường tròn nội tiếp của nó, và Hình 1 khi là con gái - những điểm mà ba đường thẳng giao nhau. Bạn sẽ nhận được 7 cô gái và 7 chàng trai. Cấu hình này được gọi là mặt phẳng Fano. 12. a) Có thể được. Tuyên bố về điểm này tiếp nối tuyên bố của điểm b). b) Có thể được. Bên cạnh mỗi đường ngang chúng ta viết số góc mà nó giao nhau. Vì tổng số góc là 12 ◊ 12 3 = 48 và mỗi góc đều

60

KVANT 2018/№1

cắt hai đường ngang thì tổng của các số này là $48_{◊} 2_{=} 96$. Hãy chứng minh điều đó bằng phản chứng: giả sử trong số các số này không có số nào lớn hơn hoặc bằng 9. Nếu trong số đó có số nào nhỏ hơn 8 thì tổng của chúng không vượt quá 95. Điều này có nghĩa là tất cả các số đều bằng 8. Đường ngang phía trên cắt 8 góc. Rõ ràng chúng đều nằm ở hai đường ngang phía trên. Các góc này chiếm 8 ◊ 3 = 24 ô và hai đường ngang phía trên cùng nhau chiếm cùng số ô. Điều này có nghĩa là hai đường ngang trên cùng có thể được cắt bỏ mà không làm hỏng các góc. Những đối số này cho ngành ngang có thể được lặp lại cho hai ngành dọc bên trái. Bằng cách này, khi cắt bỏ hai chiều ngang trên và hai chiều dọc bên trái, các góc sẽ không bị hư hại. Nhưng điều này sẽ cắt đi hình vuông phía trên bên trái 2 ¥ 2, không bị cắt thành các góc. c) Điều đó là không thể được. Một phản ví dụ được hiển thị trong hình2.

Hình 2

KÍNH KÍNH KÍNH “QUANTA”

Câu hỏi và bài toán

1. Nguyên nhân của hiện tượng này là do sự chuyển động của các mảng lục địa dọc theo các lớp nóng chảy của vật chất bên dưới. 2. Không, phần lớn thể tích và khối lượng của Trái đất ở trạng thái vô định hình dưới dạng chất lỏng rất nhớt và nó khôi phục lại hình dạng hình cầu dưới tác động của trọng lực. 3. Khi nước lọt vào các vết nứt trên đá đóng băng, băng tạo ra sẽ tạo ra áp suất vượt quá sức chịu đựng của đá và chúng bắt đầu tan chảy.

họ muốn sụp đổ. Một lý do khác là sự giãn nở nhiệt không đồng đều của các khoáng chất tạo nên đá. Khi nhiệt độ dao động, chúng bị biến dạng ở các mức độ khác nhau, điều này cũng góp phần khiến chúng bị phá hủy. 4. Mật độ vật chất của lõi Trái đất lớn hơn mật độ trung bình của nó. Vật liệu lõi có thể là sắt, mật độ của nó là 7,8 g $см^{3}. 5.$ Chiều cao của ngọn núi được xác định bởi ứng suất cơ học tối đa mà tại đó mạng tinh thể bắt đầu sụp đổ, nói cách khác, bởi trọng lượng của ngọn núi. Trên sao Hỏa, trọng lượng của các vật thể nhỏ hơn trên Trái đất khoảng 2,5 lần, điều đó có nghĩa là chiều cao của những ngọn núi của chúng có thể lớn hơn gấp nhiều lần. Điều này được xác nhận bởi các quan sát. 6. Nếu nhiều nước vào hồ hơn là bốc hơi khỏi bề mặt, thì mực nước trong hồ có thể tăng lên, nhưng chỉ đến độ cao của dòng chảy sâu nhất, khi chảy ra khỏi đó hình thành nên một dòng sông. 7. Đáp số nằm trong một trong các biểu đồ - hiện tượng xói lở bờ sông phát sinh do tác dụng của lực Coriolis trong hệ quy chiếu phi quán tính quay cùng Trái đất. 8. Tại những thời điểm này, Mặt trăng và Mặt trời thẳng hàng với Trái đất và tác động của chúng lên mặt nước là tối đa. 9. Khi Trái đất quay, nó có xu hướng làm biến dạng khối thủy triều do Mặt trăng kéo. Do ma sát giữa nước và đáy đại dương rắn chắc, vòng quay của Trái đất chậm lại và độ dài của ngày tăng lên. 10. Nước làm mát dưới $4 \infty C$ không chìm xuống đáy. Băng hình thành trên mặt nước cũng không chìm vì mật độ của nó nhỏ hơn mật độ của nước. 11. Băng biển non hình thành từ vùng nước trong trong những đợt giá lạnh, để lại những tổ nước muối trong đó tạo nên độ đàn hồi, cho phép băng uốn cong theo sóng như một tấm thảm cao su. 12. Với việc mất đi lượng nước có nhiệt dung lớn, quán tính nhiệt của Trái đất sẽ giảm đi đáng kể. Nhiệt độ trong ngày sẽ cao hơn và sự biến động của chúng trong ngày và trong năm sẽ lớn hơn. 13. Cực Bắc từ nằm ở Nam bán cầu, ở Nam Cực. Nó nằm ở khoảng cách hơn 18 nghìn km tính từ Cực Địa lý Bắc. 14. Sự hiện diện của từ trường gần Trái đất. 15. Các hạt gió mặt trời (electron và proton) xoáy quanh các đường sức từ của Trái đất, xuyên qua các cực và va chạm với các nguyên tử, phân tử không khí, làm ion hóa

61

ĐÁP ÁN,

HƯỚNG DẪN

gây khó chịu và kích thích chúng, dẫn đến ánh sáng phát quang - cực quang. 16. Theo hàm lượng các đồng vị chì hình thành trong đá trong quá trình phân rã phóng xạ của các đồng vị urani, theo tính toán, tuổi của vỏ Trái đất là 4,5 tỷ năm.

Kinh nghiệm vi mô

Những vũng nước nông đóng băng xuống đáy; đi trên chúng, bạn chỉ có thể trượt một chút. Nhưng sẽ nguy hiểm hơn nếu giẫm lên lớp băng mỏng đã bao phủ một vũng nước sâu qua đêm - nếu bị ngã, ít nhất bạn sẽ bị ướt chân.

GIẢI PHÁP

một dấu hiệu và hai dấu hiệu khác. Do đó – đáp số. 2. Ví dụ: Có 100! – 100, 100! – – 99,…, 100! – 2. 3. Xét đồng xu thứ 26, 52 và 78. Rõ ràng là chính xác một trong số đó là giả. So sánh hai trong số ba đồng tiền bất kỳ sẽ tiết lộ điều đó. Có nhiều cách khác, chẳng hạn như so sánh 25 hoặc 26 đồng tiền đầu tiên với đồng xu cuối cùng. 4. Bạn có thể. Lời giải (Aviel Boag, Israel). Thậm chí 25 động tác là đủ. Chúng ta sẽ di chuyển dọc theo con đường được chỉ ra ở hình 3. Khi máy dò mìn được kích hoạt,

ĐƯỜNG DÀI TRONG ĐỒ HỌA

2. Nó không thể. Gợi ý. Nước đi của hiệp sĩ làm thay đổi màu sắc của hình vuông. 4. Không thể. Gợi ý. Chúng tôi sẽ gọi vị trí là một màu nếu các chip nằm trên các trường cùng màu và nhiều màu nếu không. Tìm số lượng của các vị trí một màu và nhiều màu và sử dụng thực tế là trong một lần di chuyển, vị trí nhiều màu sẽ trở thành một màu và ngược lại. 6. 23. Gợi ý. Vẽ đồ thị vị trí tương ứng, tô màu các đỉnh của nó bằng hai màu và ước tính độ dài đường đi dựa trên Định lý 2. 9. Gợi ý. Một tập bao gồm các đường dẫn p có thể được chuyển thành một đường dẫn duy nhất bằng cách thêm các cạnh p – 1. 10. 2 cách. Gợi ý. Xét chu trình Hamilton trong “đồ thị cuối”. 11. a) 16 con châu chấu; b) Sắp xếp 1 chỗ ngồi. Gợi ý. Bạn có thể sử dụng đường dẫn châu chấu từ bài toán 5. 12. a) 6 hạt; b) 125 chiếc vòng cổ loại tốt; c) d [ m 2 ] hạt và $t^{d}$ dây chuyền tốt, trong đó d = gcd ( n, k + 1), m = n d, t = 2 nếu m chẵn và t = m nếu m lẻ. Gợi ý. Tìm hiểu cấu trúc của “biểu đồ cấm” là gì.

GIẢI ĐẤU THÀNH PHỐ XXXIX

MỤC ĐÍCH CỦA TOUR THU (2017)

Tùy chọn cơ bản

lớp 8–9

1. Bốn là tích cực, sáu là tiêu cực. Nếu trong số các số có sẵn có bốn số cùng dấu thì chúng sẽ đưa ra sáu tổng của dấu này. Do đó có ba số

Hình 3

Đây là lần đầu tiên kho báu có thể được đặt trong không quá ba ô. Ví dụ: nếu nó hoạt động trong một ô màu đen, thì ba ô được đánh dấu bằng dấu cộng sẽ đáng ngờ. Thật dễ dàng để chọn thứ bạn cần trong hai lần di chuyển. Nếu máy dò kim loại hoạt động lần đầu tiên ở nước đi thứ 24, thì sẽ còn lại hai ô đáng ngờ, và vào ngày 25 - một, và những nước đi còn lại là đủ. Nếu máy dò mìn không hoạt động dù chỉ một lần thì kho báu nằm trong ô màu đỏ. Như kiểm tra trên máy tính cho thấy, 24 nước đi là không đủ. 5. Đường tròn nằm trong khung 8 ô bao quanh ô được chỉ định, nếu không khoảng cách từ một điểm trên đường tròn ngoài khung đến đỉnh xa của ô ban đầu sẽ lớn hơn 2 – đường kính của đường tròn. Do đó, hình tròn được chia thành tám cung có màu xen kẽ (các cung màu trắng có thể bằng 0). Lưu ý rằng mỗi cung đen không nhỏ hơn $60\infty$, vì dây cung phụ nó không nhỏ hơn cạnh của ô, tức là bán kính của hình tròn. Do đó, bốn cung màu đen chiếm ít nhất 2/3 chu vi.

lớp 10–11

1. Họ không tồn tại. Cho { x } = A, { y } = B thì { x + y } = { A + B }.

Nó tuân theo điều kiện A + B - AB là số nguyên. Điều này có nghĩa là số

1 - ( A + B ) + AB =

= ( 1 - A )( 1 - B ) – số nguyên. Nhưng điều đó không đúng. 2. Hãy vẽ điểm chung A của các đường tròn này

62

KVANT 2018/№1

tiếp tuyến l và m tương ứng. Góc giữa l và dây AB bằng góc C. Góc giữa m và dây AL bằng

– AKL = – KAC + – KCA = 2 – KCA = – C.

Do đó, các đường l và m trùng nhau theo yêu cầu. 3. 120. Tổng số tiền là 210, tức là mỗi ký hiệu có 105 lượng. Giả sử có x số của một dấu và y của dấu khác. Chúng ta cần giảm thiểu số lượng sản phẩm âm xy. Đối với một tổng cố định, tích của các số càng nhỏ khi chúng càng ở xa nhau. Không có số nào x và y có thể lớn hơn 15 (nếu không thì tổng của một dấu sẽ lớn hơn 15 ◊ 14: 2 = 105), nên kết quả tốt nhất sẽ là x = 15, y = 6 (hoặc ngược lại). Trong trường hợp này, số tích âm là 90. Đạt được số lượng tổng dương yêu cầu, ví dụ: nếu mười lăm số bằng 1 và sáu số bằng –2. 4. Có thể trên cả hai khía cạnh. a) Cho một tứ diện đều sao cho một quả bóng chạm vào các cạnh của nó cắt ra các đường tròn có bán kính lớn hơn 4 trên các mặt của nó. Sau đó, chúng ta sẽ di chuyển một trong các mặt ra xa tâm quả bóng cho đến khi cắt được một hình tròn bán kính 4 trên mặt này. Khối tứ diện sẽ vẫn đều, bán kính của các hình tròn trên các mặt khác không thay đổi. Hãy thu nhỏ các khuôn mặt còn lại theo cách tương tự để có được các vòng tròn mong muốn. b) Xét một quả bóng có tâm O bán kính 5. Hãy mô tả một tứ diện đều xung quanh nó. Trên bán kính nối O với các điểm tiếp tuyến, ta tìm các điểm mà tại đó các mặt phẳng đi qua các điểm này và vuông góc với các bán kính này cắt quả bóng dọc theo các đường tròn có bán kính 1, 2, 3, 4. Còn phải chứng minh rằng bốn đường tròn này không cắt nhau (khi đó các mặt phẳng này tạo thành một tứ diện). Chỉ cần chứng minh điều này cho các đường tròn có bán kính 3 và 4 là đủ. Lưu ý: nếu các bán kính tương ứng vuông góc thì các đường tròn sẽ chạm nhau (vì tam giác có các cạnh 3, 4, 5 là vuông góc). Vì góc giữa các bán kính thực tế là tù nên các vòng tròn sẽ không giao nhau. 5. Tô màu các ô theo hình bàn cờ sao cho ô X phía dưới bên trái có màu đen. Sau đó, Y trên cùng bên trái có màu trắng. Nước đi theo chiều ngang được thực hiện từ hình vuông X màu đen, nước đi tiếp theo được thực hiện từ hình vuông màu trắng theo chiều dọc, sau đó lại từ hình vuông màu đen theo chiều ngang, v.v., luân phiên. Điều này có nghĩa là một quân cờ luôn xuất hiện theo chiều ngang từ ô đen và theo chiều dọc từ ô trắng. Đặc biệt, chip đánh Y bằng một bước di chuyển theo chiều ngang.

Không có động thái giống hệt nhau. Khi đó mảnh không thể đi qua bất kỳ cạnh nào của ô hai lần: theo cùng một hướng - do giả định và theo hướng ngược lại - do sự xen kẽ ở trên. Vì phía đã qua của ô không thể vượt qua được nữa nên chúng ta sẽ “xây” một bức tường dọc theo nó. Rõ ràng, các bức tường tạo thành một tập hợp được kết nối. Khi mảnh đạt Y, các bức tường sẽ nối cạnh dưới và cạnh trên của bảng. Toàn bộ bảng sẽ được chia thành các khu vực theo tường, với ô Y và ô Z trên cùng bên phải kết thúc ở các khu vực khác nhau. Do đó, token sẽ không thể di chuyển từ Y sang Z. Mâu thuẫn.

Tùy chọn phức tạp

lớp 8–9

1. Nó sẽ hoạt động. Đặt quả nặng lên bát bên trái và cân bằng 8 kg đường. Nhấc tạ ra và đổ 6 kg đường vào tô bên trái. Hãy đổi túi và thêm vật nặng vào chiếc bát bên phải. Bây giờ ở bát bên trái – 8 kg, bên phải – 12 kg. Để cân bằng, bát bên trái không đủ 1 kg đường mà chúng ta đổ vào. 2. Bạn có thể. Tại hình 4 tâm của bốn đồng xu nằm ở đỉnh của hai tam giác có cạnh 3, 4, 5.

Hình 4

5. Nó không thể. Trước tiên hãy lưu ý rằng tích của hai số có k chữ số là số ( 2 k - 1 ) chữ số hoặc số có 2k chữ số. Thật vậy, số có k chữ số nhỏ nhất $10^{k-} 1$ nhân với chính nó sẽ ra số $10^{2} k-^{2}$, có 2k – 1 chữ số và số có k chữ số lớn nhất nhân với chính nó sẽ nhỏ hơn số có chữ số nhỏ nhất (k + 1) $10^{k}$ nhân với chính nó, do đó kết quả nhỏ hơn số có chữ số nhỏ nhất (2 k + 1) $10^{2} k$. Cho các số $a_{k} a_{k} -_{1}^{…} a_{2} a_{1}$ và $a_{1} a_{2}^{…} a_{k} -_{1} a_{k}$. Hãy tưởng tượng rằng chúng ta nhân chúng thành một cột. Chữ số ngoài cùng bên phải sẽ chứa $a_{1} a_{k}$ (có thể có chữ số mang theo tiếp theo).

63

ĐÁP ÁN,

HƯỚNG DẪN

ing chữ số) và ở chữ số thứ ( 2 k - 1 ) ở bên phải thì có tối thiểu là $a_{1} a_{k}$. Theo điều kiện, $a_{1} a_{k}$ kết thúc bằng 1. Nếu cũng có số mang thì $a_{1} a_{k}$ ít nhất là 11 và ít nhất số mang đó nằm ở chữ số thứ (2 k - 1). Nhưng tích của hai chữ số không thể cho kết quả 11, tức là $a_{1} a_{k}$ thậm chí nhiều hơn. Điều này có nghĩa là ở chữ số thứ ( 2 k - 1 ) sau tất cả các lần chuyển, kết quả phải có ít nhất là 111 (nếu không, kết quả sẽ không phải là số duy nhất), điều này là không thể - sẽ có quá nhiều chữ số trong sản phẩm của chúng tôi (ít nhất là 2k + 1). Do đó không có chuyển tiếp, và $a_{1} = a_{k} = 1$. Khi đó tích các số của chúng ta sẽ nhỏ hơn 2 ◊ $10^{k} -^{1}$ ◊ 2 ◊ $10^{k} -^{1} = 4$ ◊ $10^{2} k^{-} 2$, tức là trong tích có 2k – 1 chữ số. Bây giờ chúng ta hãy nhìn vào chữ số thứ hai từ bên phải. Có $a_{k} a_{2} + a_{k} -_{1} a_{1}$, có thể có dấu gạch nối. Nếu có sự chuyển tiếp thì ít nhất cùng một sự chuyển tiếp đó sẽ ở chữ số thứ (2 k - 2) và đơn vị ở chữ số thứ (2k - 1) sẽ bị hỏng. Điều này có nghĩa là không có chuyển tiếp và $a_{k} a_{2} + a_{k} -_{1} a_{1} = 1$. Tương tự, chúng ta thấy rằng ở chữ số thứ ba (phải và trái) không có số mang và có 1 ở đó, v.v. Vì vậy, chúng tôi đến giữa và nhận được rằng cũng có 1 không mang theo. Nhưng ở vị trí chính giữa có $a_{1}^{2} +$ … $+ a_{k}^{2}$, không nhỏ hơn 2 (xét cho cùng, $a_{1} = a_{k} = 1 ).$ là một mâu thuẫn. Điều này có nghĩa là không thể lấy được số này chỉ từ các đơn vị.

(

)(

GIẢI PHÁP

đỉnh Tây Nam, B – Đông Nam (hình5). Chúng ta hãy gọi trọng số của một nút lưới là độ dài tối thiểu của đường đi dọc theo lưới từ nó đến đỉnh A và C. Có một mũi tên ở tất cả các nút bên trong, cũng như tại B và D

)

lớp 10–11

2. Xét một góc đối xứng với góc này đối với điểm O. Theo định lý về độ lớn của góc giữa hai dây cung, hai góc này cắt ra hai cung có tổng kích thước 2A trên mỗi đường tròn và 12 góc có tổng kích thước 12A trên cả sáu đường tròn. Vì hình ảnh đối xứng qua O nên mỗi góc cắt ra sáu cung có tổng giá trị là 6A. 6. Chúng ta sẽ sử dụng các ký hiệu chuẩn a, b, c và p cho độ dài các cạnh và bán chu vi của tam giác ABC. Cho đường tròn ngoại tiếp thứ nhất tiếp xúc với đường thẳng BC tại điểm K. Vì KM là đường trung bình của tam giác vuông CKI nên khi quay qua góc $J = 180 \infty -$ – C thì đường thẳng BC trở thành đường thẳng AC. Trong trường hợp này, điểm K đến C, điểm B đến $B_{1}$ và điểm $A_{1}$ đến A (như đã biết, $KB = = CB_{1} = p$ – $a, BA_{1} = B_{1} A = p - c ).$ Do đó $MA = MA_{1}, MB = MB_{1}$. Tam giác cân $A_{1} MA$ và $B_{1} MB$ tương tự nhau (cả hai đều có các góc ở đỉnh M bằng J). Do đó, – MAN = – $MAA_{1} =$ – $MB_{1} B =$ – $MB_{1} N$, theo yêu cầu 7. Trên mỗi cạnh của lưới (đoạn phố) chúng ta đặt các mũi tên theo hướng bắc hoặc đông.

Hình 5

vào và ra như nhau, hãy gọi các nút này là trạng thái cân bằng. Hai mũi tên đi vào các nút trên đoạn BC và CD và một mũi tên đi ra. Hãy gọi các nút này là nút cuối cùng và biểu thị chúng $B_{k}$ trên BC và $C_{k}$ trên CD, trong đó k là trọng số. Và một mũi tên đi vào các nút trên các đoạn AB và AD và hai mũi tên đi ra. Hãy gọi các nút này là các nút bắt đầu và biểu thị chúng là $A_{k}$ trên AB và $D_{k}$ trên AD. Đường đi từ A đến C theo mũi tên. Các đường đi từ C đến A đi ngược chiều với các mũi tên, nhưng chúng ta cũng sẽ coi chúng là những đường đi dọc theo các mũi tên từ A đến C. Mỗi đường đi có độ dài 2n, trọng số của các nút trên nó đầu tiên tăng từ 0 lên n, sau đó giảm từ n xuống 0. Chúng ta sẽ đánh số ngày bắt đầu từ 0 và cũng giả sử rằng các cạnh đi qua có màu xanh lam (màu ban đầu của các cạnh là màu đen). Chúng ta hãy chứng minh bằng quy nạp theo k rằng vào ngày thứ k đúng 4 n k cạnh sẽ có màu xanh, sau đó tất cả các cạnh liên quan đến các nút có trọng số không lớn hơn k sẽ có màu xanh, và tất cả các cạnh màu xanh liên quan đến các nút có trọng số lớn hơn k sẽ chỉ được duyệt một lần. Cơ sở (k = 0). Hãy vẽ bất kỳ đường đi nào từ A đến C. Rõ ràng có một đường đi khác từ A đến C dọc theo các mũi tên chưa đi qua, ví dụ, đối xứng với đường đi trước đối với đường thẳng AC. Hãy đi theo bất kỳ con đường nào như vậy. Tất cả bốn cạnh liên quan đến A và C (tức là các nút có trọng số 0) đều được đi qua. Mỗi nút có trọng số 1 có độ 3 và một đường đi qua mỗi nút. Bước cảm ứng. Hãy để ngày thứ k đến. K liên kết đầu tiên của bất kỳ đường dẫn nào đều đi ra khỏi các nút có trọng số từ 0 đến k – 1. Theo giả thuyết quy nạp, chúng sẽ đi dọc theo các cạnh màu xanh. Điều tương tự cũng đúng với k liên kết cuối cùng. Điều này có nghĩa là không thể có nhiều hơn 2 n k cạnh màu đen trên đường đi. Hãy chứng minh rằng có một đường đi có đúng 2 n k cạnh như vậy. Không còn nút trọng số nào trên các cạnh của hình vuông