Bài toán 1—4

10

KVANT 2023/№9

các nhà vật lý thực nghiệm tương lai. Người tài năng nhất trong số họ (theo chính Kirchhoff) là nhà vật lý người Nga Alexander Grigorievich Stoletov (1839–1896), người đã thành lập phòng thí nghiệm vật lý khoa học đầu tiên ở Nga tại Đại học Moscow. Ông đã làm việc hai lần trong phòng thí nghiệm của Kirchhoff (vẫn ở Heidelberg) và dưới sự giám sát của ông, ông đã chuẩn bị luận án tiến sĩ về tính chất điện và từ của các chất. Kirchhoff đã kết hôn hai lần. Ông kết hôn lần đầu tiên ở tuổi 30, khi ông trở thành giáo sư tại Đại học Heidelberg. Nhưng đến năm 1869, vợ ông qua đời, để lại năm đứa con (từ bốn đến mười bốn tuổi). Và Kirchhoff buộc phải tự mình nuôi dạy bọn trẻ. Tình hình rất phức tạp bởi lúc này anh đã mất khả năng di chuyển. Kirchhoff kết hôn lần thứ hai vào năm 1872. Vợ của

đã sống vì ông và các con với sự quan tâm, chăm sóc, tạo cơ hội cho ông thêm 15 năm nữa để tiếp tục thành công công việc lý thuyết, giảng dạy, viết các bài báo khoa học và sách giáo khoa, đồng thời đứng đầu khoa vật lý toán học. Kirchhoff qua đời ở Berlin vào ngày 17 tháng 10 năm 1887. Ký ức của ông được lưu giữ dưới tên các đường phố ở Berlin, Heidelberg và Bad Dürknheim, cũng như tên của một miệng núi lửa trên mặt trăng và một tiểu hành tinh. Nhưng ký ức chính là các định luật mà cộng đồng khoa học đặt tên là Kirchhoff và đưa chúng vào tất cả các sách giáo khoa nghiêm túc về vật lý, hóa học và kỹ thuật điện. Ký ức về anh đang được khôi phục cả ở quê hương Königsberg thuộc Đức trước đây của anh, nay là thành phố Kaliningrad của Nga, và ở Đại học Liên bang Immanuel Kant Baltic.

CUỘC THI ĐẶT THEO A.P. SAVINA

Chúng tôi đang bắt đầu một cuộc thi khác về lời giải toán bài toán. Các nhiệm vụ được thiết kế chủ yếu dành cho học sinh bắt đầu từ lớp 8–9 và chúng tôi khuyên các học sinh nhỏ tuổi hơn nên thử sức mình trong cuộc thi tạp chí «Kvant» (xem trang web kvantik.com). Gửi lời giải bài toán mà bạn có thể xử lý đến địa chỉ: savin.contest@gmail.com. Ngoài họ và tên của bạn, hãy cho biết thành phố, trường và lớp nơi bạn học. 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 bắt đầu từ bất kỳ chuyến tham quan 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 được xuất bản trên Sites.google.com/view/savin-contest Chúng tôi chúc bạn thành công!

1. Tổng các góc nhỏ nhất và lớn nhất của một tam giác là bao nhiêu? Cung cấp nhiều giá trị có thể.

E. Bakaev

2. Felonius Gru có 33 tay sai, tất cả đều nặng như nhau. Một ngày nọ, một người trong số họ đã trộm quả chuối của Gru và ăn nó, nhưng Gru không biết ai đã làm điều đó. Anh ta có một chiếc cân lớn không có trọng lượng mà anh ta có thể sử dụng để cân bất kỳ số lượng tay sai nào. Tuy nhiên, nếu quân lính ở cùng một phía trên bàn cân, chúng sẽ cãi nhau và không thể xếp nhiều phe cùng một lúc. Làm thế nào Gru có thể tìm ra tên trộm trong bốn lần cân nếu sau khi ăn một quả chuối, anh ta nặng hơn những quả còn lại?

A. Gribalko

3. Người thợ xây đã đặt một bức tường không có lỗ và hốc từ những viên gạch giống hệt nhau 1 u 1 u 2. Nhưng anh ta đặt một số viên gạch dọc, một số ngang, một số theo chiều dọc, tức là cạnh dài của viên gạch song song với một trong ba hướng. Liệu có thể có số lượng gạch của mỗi loại bằng nhau nếu kích thước tường là: a) 3 u 8 u 10; b) 3 u 9 u 10?

M. Evdokimov

4. Bảng 100 và 100 chứa đầy các số nguyên. Với mỗi cặp 1 d i d 100, 1 d j d 100 có một hình chữ nhật i u j có tổng các số bằng 0. Số lượng số 0 nhỏ nhất có thể có trong một bảng là bao nhiêu?

E. Bakaev

13

TRÌNH TỰ

$s_{n}^{2} 1$ và $s_{n} 2$ suy ra $s_{n} 2$ là một số nguyên.

Tính tuần hoàn của trình tự Somoza

Đặt $m p_{1} J^{1} p_{2} J^{2}$ … $p_{l} J^{l}$ là phân tích chính tắc của số m thành thừa số nguyên tố. Khi đó, tính tuần hoàn của một dãy modulo m tương đương với thực tế là dãy đó tuần hoàn theo modulo mỗi môđun có dạng $p_{i} J^{i} (i 1, 2,$ …, l). Vì vậy, trong tương lai chúng ta sẽ hạn chế xem xét các môđun là lũy thừa của số nguyên tố. Bài toán 13. Chuỗi ^ $a_{n}$ периодически повторяется по каждому из модулей $p_{i} J^{i} (i 1, 2,$ …, l). Докажите, что последовательность ^ $a_{n}$ sẽ tuần hoàn và modulo $m p_{1} J^{1} p_{2} J^{2}$ … $p_{l} J^{l}$. Chúng ta hãy thử tìm hiểu xem một chuỗi Somos-4 tùy ý hoạt động theo modulo p J, trong đó p là số nguyên tố và J t 1. Chúng ta sẽ giả định thêm rằng ^ $s_{n}$ – это целочисленная последовательность. Если все элементы последовательности делятся на простое p, то от ^ $s_{n}$ sẽ hợp lý khi chuyển sang chuỗi $s_{n} p^{k}$, trong đó k là lũy thừa tối đa có thể có của p mà tất cả các số $s_{n}$ đều chia hết. Sự chuyển đổi như vậy tương đương với sự thay đổi các điều kiện ban đầu; mối quan hệ lặp lại xác định trình tự sẽ không thay đổi. Thao tác này có thể được thực hiện với mọi số nguyên tố p. Kết quả là một dãy trong đó tất cả các phần tử không có ước chung. Chúng ta sẽ gọi những dãy như vậy là nguyên thủy. Chúng ta sẽ chứng minh Định lý 2 bằng công thức tổng quát hơn một chút sau đây. Định lý 6. Cho p là số nguyên tố, J t 1 và ^ $s_{n}$ – примитивная последовательность Сомос-4, удовлетворяющая рекуррентному соотношению (1), в котором DE, p 1. Тогда остатки, которые элементы последовательности ^ $s_{n}$ khi chia cho p J được lặp lại tuần hoàn. Từ đẳng thức (32) suy ra rằng để giá trị của T được hiệu chỉnh

^

`

SOMOSA

được xác định chính xác theo modulo p J J t 1, chỉ cần trong dãy ^ $s_{n}$ нашлось три подряд идущих члена $s_{n} 1, s_{n}, s_{n} 1$, взаимно простых с p. Оказывается, что для примитивных последовательностей (при дополнительном условии на коэффициент E ) это всегда возможно. Следующее утверждение представляет собой модификацию леммы 1. Лемма 2. Пусть p – простое число и ^ $s_{n}$ là dãy Somos-4 nguyên thủy thỏa mãn hệ thức truy hồi (1) với các hệ số nguyên sao cho DE, p 1. Khi đó trong dãy này luôn có thể chọn được ba phần tử liên tiếp nguyên tố cùng nhau với p. Bằng chứng. Trước tiên hãy lưu ý rằng trong dãy ^ $s_{n}$ не может быть двух подряд идущих элементов, кратных p. Действительно, если $p s_{n} 2$ и $p s_{n} 1$, то из уравнения (1) и условия E, p 1 следует, что $p s_{n}$. Повторяя это рассуждение, мы получаем, что все элементы последовательности ^ $s_{n}$ chia hết cho p. Như vậy, giả sử đưa ra mâu thuẫn với điều kiện tính nguyên tố của dãy ^s n . Если найдутся два числа, кратные p, у которых номера отличаются на три, то снова приходим к противоречию. Действительно, если $p s_{n} 2$ и $p s_{n} 1$, то из уравнения (1) и условия E, p 1 следует, что $p s_{n}$. Значит, два подряд идущих элемента $s_{n}$ и $s_{n} 1$ делятся на p, что, как мы уже доказали, невозможно. Предположим, что в последовательности ^ $s_{n}$ có hai phần tử là bội của p và đi qua một. Nếu $p s_{n} 2$ và $p s_{n}$, thì từ phương trình (1) và điều kiện D, p 1 suy ra $p s_{n} 1 s_{n} 1$. Sau đó, p chia $s_{n}$ và một trong các phần tử lân cận, điều này một lần nữa dẫn đến mâu thuẫn: p chia hai phần tử lân cận của dãy hoặc hai phần tử có số hiệu khác nhau ba. Từ các khẳng định đã được chứng minh, suy ra số của hai phần tử liên tiếp