Lời giải bài toán M108—M109; F129—F130

35

GIẢI PHÁP
Trong số này, chúng tôi xuất bản lời giải bài toán M108—M109.

M108

a) Chứng minh rằng đường thẳng chia tam giác đã cho thành hai đa giác có diện tích bằng nhau, chu vi bằng nhau đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác.

b) Chứng minh khẳng định tương tự cho đa giác tùy ý nội tiếp đường tròn.

Hãy giải quyết ngay nhé bài toán. 6). Cho một đường thẳng nào đó cắt đường viền của một đa giác ngoại tiếp một đường tròn tâm O tại các điểm P và Q, hai đường này chia đôi chu vi của đa giác. Sau đó, các đoạn OP và OQ chia đa giác này thành hai đa giác có kích thước bằng nhau (để xác minh điều này, chỉ cần nối điểm O với tất cả các đỉnh của đa giác là đủ và lưu ý rằng chiều cao của tất cả các tam giác thu được có đỉnh O đều bằng bán kính của đường tròn). Nhưng nếu đường PQ cũng chia diện tích của đa giác thành hai phần bằng nhau thì điểm O phải nằm trên đoạn PQ (một tam giác “phụ” OPQ được hình thành (xem Hình 1)).

Lý do tương tự cho phép chúng ta chứng minh rằng một thực tế tổng quát hơn (đối với một tam giác, nó được đưa ra trong cuốn sách “Nhiệm vụ và Định lý trong Hình học” 3. A. Skopets và V. A. Zharova, Uchredgiz, 1962, bài toán 565): một đường thẳng cắt một đa giác ngoại tiếp chia diện tích và chu vi của nó theo cùng một tỷ lệ moeda và molko moeda khi nó đi qua tâm của hình tròn.

Chúng ta yêu thích các bất đẳng thức hình học và dường như chúng ta đang nghiên cứu câu hỏi: có bao nhiêu đường thẳng chia diện tích và chu vi của tam giác với các cạnh a, b và c? Dữ liệu Đáp số và gợi ý ở trang 60. Số lượng dòng như vậy tối đa là ba và như đã được chứng minh, chúng luôn giao nhau tại một điểm.

Đối với một n-giác có n>3, thậm chí có thể có vô số đường thẳng như vậy, và nếu đa giác không được mô tả thì chúng không thể đi qua một điểm (ví dụ, trong một hình thang cân bằng có hai đáy a và b, bạn có thể chọn độ dài cạnh bên sao cho có một đường thẳng song song với hai đáy, đường này chia đôi cả diện tích và chu vi; ngoài ra, mọi đường thẳng đi qua đường trung tuyến và cắt hai đáy của hình thang đều có tính chất này).

36

Có thể chứng minh, dựa trên các thông báo “liên tục”, rằng tồn tại ít nhất một đường chia đôi cả diện tích và chu vi cho bất kỳ đa giác lồi nào (và nói chung cho bất kỳ hình lồi giới hạn nào). Trước hết, rõ ràng là nếu bạn di chuyển một đường thẳng vuông góc với hướng cố định $Ox$, thì sẽ đến một thời điểm (đồng nhất) khi nó chia đôi diện tích và một thời điểm nó chia đôi chu vi. Đặt $x_S$ và $x_P$ là tọa độ của các điểm tương ứng trên trục $Ox$. Bây giờ, hãy sửa điểm $O$ và xoay trục $Ox$ xung quanh điểm đó một góc $\varphi$ ($0 < \varphi \leq \pi$) (Hình 2). Đối với mỗi góc $\varphi$, tức là với mỗi trục $Ox$, chúng ta có thể xác định tương tự các số $x_S$ ($\varphi$) và $x_P$ ($\varphi$). Rõ ràng là mỗi hàm $x_S$ và $x_P$ phụ thuộc vào $\varphi$ “liên tục”, và tại $\varphi = 0$ và $\varphi = \pi$, mỗi hàm nhận các giá trị bằng nhau về giá trị tuyệt đối nhưng ngược dấu (xét cho cùng, trục $Ox$ nhìn theo hướng ngược nhau). Do đó, đối với một số giá trị trung gian $\varphi = \varphi_0$, các giá trị $x_S$ và $x_P$ phải bằng nhau (Hình 3). Đây là đặc tính chính của “tính liên tục” mà chúng ta có được.

Làm thế nào để chính thức hóa những chứng minh như vậy một cách chặt chẽ được mô tả chi tiết trong cuốn sách “Những khái niệm đầu tiên về cấu trúc liên kết” của N. Stiniod và W. Chinn, một trong những cuốn sách hay nhất trong bộ sách nổi tiếng “Toán học hiện đại” (World, 1967).

Cơm. 2. Đường màu đỏ chia đôi diện tích, đường màu xanh lam - chu vi.

Cơm. 3. Hai đường cong liên tục - đỏ và xanh - phải giao nhau.

M109

a) Tại đỉnh $A_1$ của 12 giác đều $A_1A_2A_3\ldots A_{12}$ có dấu trừ, còn lại có đồ thị. Cho phép đồng thời đổi dấu sang dấu ngược lại tại sáu đỉnh liên tiếp bất kỳ của đa giác. Chứng minh rằng sau vài phép tính như vậy không thể đạt được dấu trừ ở đỉnh $A_2$ và phẳng ở các đỉnh khác.

b) Chứng minh kết luận tương tự nếu cho phép đổi dấu đồng thời không phải tại sáu mà tại bốn đỉnh liên tiếp của đa giác.

b) Chứng minh kết luận tương tự nếu cho phép đổi dấu đồng thời tại ba đỉnh liên tiếp của một đa giác.

Hãy bắt đầu với bài toán b). Chia tất cả 12 đỉnh thành ba nhóm, mỗi nhóm có bốn đỉnh: nhóm thứ nhất - các đỉnh có số 1, 4, 7, 10, nhóm thứ hai - 2, 5, 8, 11, nhóm thứ ba - 3, 6, 9, 12 (Hình 4, các đỉnh của mỗi nhóm tạo thành một hình vuông). Rõ ràng là dù chúng ta chọn ba đỉnh liên tiếp nào của 12 giác thì cũng có đúng một trong các đỉnh được chọn sẽ rơi vào mỗi nhóm trong ba nhóm của chúng ta. Như vậy, sự thay đổi dấu ở ba đỉnh liên tiếp sẽ làm cho số dấu trừ (và dấu thăng) trong mỗi nhóm thay đổi đi một.

Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh rằng từ cách sắp xếp $A$ các dấu trong Hình 4 không thể chuyển sang cách sắp xếp $B$. Vị trí $A$ ở cả nhóm thứ hai và thứ ba đều không có điểm trừ. Sau dấu hiệu đầu tiên, dù xảy ra ở đâu thì ở nhóm thứ hai và thứ ba sẽ có một điểm trừ; sau đó, sau dấu thứ hai trong mỗi nhóm trong hai nhóm này sẽ có 0 hoặc 2 điểm trừ, rồi 1 hoặc 3 điểm trừ, rồi 0,2 hoặc 4 điểm trừ, rồi lại có 1 hoặc 3 điểm trừ trong mỗi nhóm, v.v. Như vậy, trong hai nhóm này sẽ đồng thời có số chẵn hoặc số lẻ. Nhưng vị trí $B$ ở nhóm thứ hai có 1 điểm trừ, ở nhóm thứ ba - 0. Vì vậy, chúng ta chắc chắn không thể lấy được nó từ $A$.

37

Tương tự, chúng ta có thể giải bài toán a) và 6). Hãy nghĩ xem nhóm đỉnh nào thuận tiện để xem xét trong những trường hợp này. Chúng tôi sẽ không viết riêng lời giải trong số bài toán này mà sẽ ngay lập tức cố gắng làm rõ một câu hỏi tổng quát hơn.

Cho các đỉnh của một $n$-giác đều được sắp xếp theo các điểm cộng và trừ, và phép cắt là đổi dấu đồng thời tại các đỉnh $k$ bất kỳ đứng thẳng hàng ($n$ và $k$ là các số tự nhiên, $k < n$); Sự sắp xếp nào của các dấu hiệu có thể thu được từ điều này và cái nào không thể?

Cơm. 4.

Trước tiên chúng ta hãy xem xét một trường hợp đặc biệt tổng quát hóa trực tiếp bài toán a)—c) $n$ chia hết cho $k$.

Hãy để $n = kn_1$. Chia tất cả các đỉnh $n$ thành các nhóm $k$ sao cho mỗi nhóm bao gồm $n_1$ các đỉnh của một $n_1$-giác thông thường. Chúng ta đặt từng cách sắp xếp điểm cộng và điểm trừ theo bộ $y = (y_1, y_2, \dots, y')$, trong đó

$$y_i = \begin{cases} 0, & \text{ если в } i-\text{й группе четное число минусов,} \\ 1, & \text{ если в } i-\text{й группе нечетное число минусов.} \end{cases}$$

Rõ ràng rằng việc thay đổi dấu ở bất kỳ đỉnh liên tiếp $k$ nào sẽ gây ra sự thay đổi số lượng điểm trừ trong mỗi nhóm một, tức là từ cách sắp xếp tương ứng với tập $y$, chúng ta thu được cách sắp xếp tương ứng với *tập công nghiệp $y$, thu được từ $y$ bằng cách thay thế tất cả các số 0 bằng một và một bằng các số 0: Chúng ta hãy đồng phân hóa hai cách sắp xếp $x, x'$ căn hộ và dấu trừ tương đương nhau ($x \sim x'$) nếu tập hợp $y, y'$ của chúng bằng nhau hoặc ngược dấu *). (Ví dụ: trong Hình 4, trong đó $n=12$, $k=3$, vị trí của $B$ tương đương với $A$ và $\Gamma \sim \delta$.

Chúng ta hãy chứng minh rằng một trong các cách sắp xếp có thể được dịch sang cách sắp xếp khác khi và chỉ khi chúng tương đương. Theo một hướng, điều này về cơ bản đã được chứng minh: từ cách sắp xếp $X$ với tập $y$, khi đổi dấu, sẽ lần lượt thu được sự sắp xếp với các tập $y, y, y, y$, v.v., tức là, nếu từ $X$ người ta có thể thu được $X'$ thì $X \sim X'$. Hãy chứng minh điều ngược lại: nếu $X \sim X'$ thì từ cách sắp xếp ban đầu các dấu $X$ người ta có thể thu được cách sắp xếp $X'$. Rõ ràng là chúng ta có thể nhận được các dấu mình muốn ở các đỉnh có số 1, 2,…, $(n-k+1)$ bằng cách thay đổi tuần tự (nếu cần) các dấu tại các đỉnh từ 1 đến $k$, sau đó từ 2 đến $(k+1)$,… từ $(n-k+1)$ đến $n$. Do đó, chúng ta có thể thu được một sự sắp xếp $X''$ trước hết giống như $X'$ ở tất cả các đỉnh ngoại trừ có lẽ $(k-1)$ của các đỉnh $(n-k+2)$ đến $n=10$ và thứ hai tương đương với $X'$ ($X'' \sim X'$ vì cả hai đều tương đương $X$). Nhưng khi đó vị trí của $X''$ và $X'$ phải hoàn toàn trùng khớp. Thật vậy, vì $y_{1'} = y_1'$ (dấu của tất cả các đỉnh của nhóm vị trí thứ nhất $X''$ và $X'$ trùng nhau) và $X'' \sim X'$, nên $y_{1'} = y_1'$ cho tất cả $i=2, 3, \dots, k$, do đó, trong các đỉnh có số từ $(n-k+2)$ đến $n$ tại $X''$ phải có cùng dấu với $X'$.

Tuyên bố của chúng tôi đã được chứng minh (với $n=kn_1$). Từ chứng minh rõ ràng rằng mọi tập hợp đều là các tập hợp. (Về khái niệm này, xem bài viết của M. M. Glukhov “Quan hệ tương đương và phép chia của một tập hợp” trong «Kvant» Số 2, 1972).

38

Nếu bạn hiểu cách chứng minh này thì việc xây dựng phép chuyển từ $A$ sang $B$ và từ $B$ sang $Γ$ trong hình sẽ không làm khó bạn.

Trước khi khám phá trường hợp tổng quát, nên đọc bài viết của V. N. Vaguten *), đặc biệt là bổ đề trang 33 và xem xét một số ví dụ, chẳng hạn $n=12$, $k=8$; $n=12$, $k=9$ hoặc thậm chí đơn giản hơn $n=3$, $k=2$; $n=4$, $k=3$. Bạn sẽ tìm thấy phần kết thúc lời giải ở trang 60, nhưng trước tiên hãy cố gắng tự tìm nó.

Nan đầy đủ hơn và nguyên bản lời giải bài toán M106—M109 được thêm bởi G. Grichenko, V. Korenyako và M. Illartsionov từ Voronezh, E. Turkevich từ Chernovtsy, A. Chernyak từ Minsk, N. Chernov từ Krivoy Rog, A. Sherstyuk từ Nikolaev, M. Preezer từ Tomsk, L. Khakin từ Leningrad.

N. B. Vasiliev.

Trong số này, chúng tôi xuất bản lời giải bài toán F129—F130.

F129

Vật nằm ở điểm $A$ bên trong một quả cầu rỗng đứng yên (Hình 5). Trong trường hợp nào nó sẽ chạm tới điểm dưới $B$ của quả cầu nhanh hơn: nếu nó trượt dọc theo bề mặt của quả cầu? nếu nó trượt dọc theo đường thẳng $AB$? Ma sát trong cả hai trường hợp đều không đáng kể, vận tốc ban đầu của vật bằng 0 và khoảng cách $AB$ nhỏ hơn nhiều so với bán kính của quả cầu.

Chuyển động của vật dọc theo bề mặt quả cầu cũng giống như chuyển động của một ma trận toán học có chiều dài treo bằng bán kính của quả cầu $R$. Vì $AB \ll R$, độ lệch của vật so với vị trí cân bằng (điểm $B$) là nhỏ. Do đó, đối với pernode của dao động ma trận, chúng ta có thể sử dụng công thức $T = 2\pi \sqrt{\frac{R}{g}}$. Thời gian chuyển động của vật từ điểm $A$ đến điểm $B$ bằng 1/4 chu kỳ dao động, tức là

$$t_1 = \frac{\pi}{2} \sqrt{\frac{R}{g}}.$$

Chuyển động của vật dọc theo mặt phẳng nghiêng là chuyển động đều. Gia tốc $a$ được truyền cho nó bởi thành phần trọng lực song song với mặt phẳng nghiêng. Nếu góc của mặt phẳng nghiêng với đường chân trời là $\alpha$ thì thành phần này bằng $mg \sin \alpha$. Kể từ $AB = \frac{at^2}{2}$

($t_2$ là thời gian chuyển động của vật dọc theo mặt phẳng nghiêng) và $AB = 2R \sin \alpha$ thì

$$t_2 = \sqrt{\frac{2AB}{a}} = \sqrt{\frac{4R \sin \alpha}{g \sin \alpha}} = 2 \sqrt{\frac{R}{g}}.$$

Chúng ta đạt $t_2 > t_1$, tức là vật sẽ đến điểm nhanh hơn nếu nó di chuyển dọc theo bề mặt của quả cầu.

F130

Bên trong quả cầu nhẵn có một quả cầu nhỏ tích điện. Cần đặt điện tích cỡ bao nhiêu ở điểm dưới cùng của quả cầu để quả bóng được giữ ở điểm trên cùng? Đường kính của quả cầu là $d$, điện tích của quả bóng là $q$ và khối lượng của nó là $m$.

Điện tích $Q$ phải đặt ở điểm dưới của quả cầu phải sao cho lực điện tác dụng lên quả bóng phía trên không nhỏ hơn lực hấp dẫn của quả cầu $mg$.

*) Xem «Kvant» Số 6, 1972.

Đó là $\frac{qQ}{d^2} \geq mg$. Do đó $Q \geq \frac{mgd^2}{q}$.

Tuy nhiên, chúng ta vẫn cần kiểm tra xem trạng thái cân bằng của quả bóng có ổn định hay không. Khoảng cách là một độ lệch nhỏ của quả bóng so với vị trí cân bằng (Hình 6).

Trạng thái cân bằng của quả bóng ổn định nếu hình chiếu của lực $F$ tương tác electron của các quả bóng lên tiếp tuyến với quả cầu lớn hơn hoặc bằng hình chiếu của lực hấp dẫn lên cùng một tiếp tuyến.

$$\frac{qQ}{d^2} \sin \alpha \geq mg \sin 2\alpha.$$

(Phản lực $N$ vuông góc với bề mặt của quả cầu.)

Vì góc lệch $\alpha$ của quả bóng so với vị trí cân bằng nhỏ nên $\sin \alpha \approx \alpha$, $\sin 2\alpha \approx 2\alpha$ và $l \approx d$. Đó là lý do tại sao

$$2mg \alpha \leq \frac{qQ}{d^2} \alpha.$$

Vì vậy, để quả bóng ở điểm trên cùng của quả cầu có trạng thái cân bằng ổn định thì quả bóng $Q \geq \frac{2mgd^2}{q}$ phải được đặt ở điểm dưới cùng của quả cầu.

Các biên tập viên đã nhận được 150 lá thư kèm theo quyết định bài toán F123—F130. Khó nhất là bài toán F123, dễ nhất là bài toán F124.

Đúng lời giải bài toán gửi bởi: A. Aizikovsky (Kremenchug) F124, F125, F126; A. Alexandrov (Glazov UASSR) F129; T. Amanbaev (ga Novo-Kazalinsk, vùng Kzyl-Orda, Kazakhstan SSR) F125; P. Ainenkov (làng Totskoye, vùng Orenburg) F124, F125; S. Araslanova (làng N.-Ivkino, vùng Kirov) F125, F129; D. Arkhipov (Ryazan) F127; E. Akhmedov (Baku) F128; A. Baevsky (Gomel) F123, F124, F125, F126, F129, F130; V. Belov (Vologda) F124, F125, F126, F128, F129; L. Bradisky (Frunze) F125, F126, F128, F129; I. Vacker (Minsk) F128, F129; V. Vorontsov (làng Ivnya, vùng Belgorod) F129; S. Galakhvardze (Tbilis) F124, F125, F126, F127; A. Grigoryan (Baku) F129; V. Daringov (làng Kinshga Bur. Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị) F125; A. Dovzhikov (Leningrad) F129; E. Dolev (Moscow) F124, F125, F126, F129, F130; V. Dolmatov (TASHKENT) F125, F126; A. Edrenkin (Gorky) F129; A. Elkov (Moscow), F128; V. Zaitsev (Ostrogozhsk, vùng Voronezh) F129; K. Zarembo (Kharkov) F128, F129; N. Zykov (Saratov) F128, F129; A. Istomin (Podolsk, vùng Moscow) F125, F126; Vâng. Itin (Rechnitsa, vùng Gomel) F125, F127; A. Karimov (Ufa) F128, F129; M. Kaul (Frunze) F125; M. Kaunelson (Magnitogorsk) F124; L. Knizerman (Moscow) F128, F129, F130; V. Kokosuy (Gomel) F129; A. Kokhman (Moscow) F129; V. Korotkhikh (Novokuznetsk) F125; S. Komko (Voronezh) F129; G. Levin (Kuibyshev) F128; O. Limonov (Timoshevsk, vùng Krasnodar) F123; V. Loevizisky (Rtishevo, vùng Saratov) F128, F129; A. Luchevoy (Grozny) F127; Yu. Lurie (Grozny) F128, F129; S. Lyagushkin (Dnepropetrovsk) F128, F129, F130; A. Mamula (làng Dybintsy, quận Boguslavsky, vùng Kivev) F128; V. Mikhnev (Pyatgirsk) F129; R. Mukhamedov (làng Staraya Kulyatka) F127; A. Nabamov (Evpatoria) F128; S. Pomashev (Ulyanovsk) F129; M. Premer (Tomsk) F130; L. Rudtser (Kharkov) F125, F129; O. Sahakyan (Yerevan) F125, F126, F127; L. Saftsulin (làng B. Saby, quận Sabinsky của Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị Tatar) F124; A. Sboev (làng Medvedok, quận Nolinsky, vùng Kivev) F124, F126; P. Sergeeev Grozny) F123, F124, F126, F128, F129, F130; I. Sidorov (Moscow) F125, F126; G. Simonenkov (Kunas) F126, F127; L. Smushkeevich (Magnitogorsk) F123, F124, F125; M. Temkin (Minsk) F129; V. Terentyev (Pavlovo, vùng Gorky) F126; O. Trunov (Jalal-Abad Kirg. SSR) F125, F127; F. Takhvatulin (TASHKENT) F129, F130; N. Fedin (Omsk) F124, F125, F128, F129; M. Flerov (Moscow) F125, F130; D. Fushman (Chernivtsi) F125, F126, F127; L. Tsiferblam (Livov) F123; S. Chernikov (Semipalatinsk) F125, F127; Yu. Shashkov (Shigry, vùng Kursk) F129; I. Yurchenko (Kyiv) F129.

Tôi. Sh. Tiếng Slovodechkiy