Cờ vua-toán học bài toán S. Loyd

Kvant 1975, số 6 tr. 55-64 Thẻ 3VAU

Bản dịch tự động sơ bộ, chất lượng thấp: có thể còn lỗi và câu chữ chưa tự nhiên. Bản này sẽ được thay bằng bản dịch tốt hơn. Bản gốc →

E. Vâng. Gik

Samuel Loyd (1841-1911) là một trong những bậc thầy vĩ đại nhất về bài toán và câu đố hấp dẫn. Anh ấy đã nghĩ ra nhiều bài toán tuyệt vời mà vẫn chưa mất đi sự phổ biến. Và trò chơi “Mười lăm” đã mang lại dịch vụ cho thế giới Loyd (bạn có thể tìm thấy nghiên cứu chi tiết về trò chơi này trong «Kvant», 1974, số 2).

Điều thú vị là Loyd không chỉ là nhà phát minh ra các câu đố xuất sắc mà còn là một trong những nhà soạn nhạc cờ vua vĩ đại nhất mọi thời đại. Tất cả những ai từng giải cờ vua của Lloyd bài toán đều đã hơn một lần ngưỡng mộ sự hóm hỉnh và độc đáo trong ý tưởng của nhà soạn nhạc.

Cho đến năm 17 tuổi, cậu bé Sam theo học trường công, và nếu vào đại học, có lẽ cậu đã trở thành một nhà toán học hoặc kỹ sư rất giỏi. Tuy nhiên, dù yêu thích toán học nhưng niềm đam mê cờ vua của anh lại càng mạnh mẽ hơn. Anh ấy không học đại học mà dành toàn bộ thời gian để chơi cờ. bài toán đầu tiên của Loyd được một tờ báo ở New York đăng tải khi tác giả mới 14 tuổi. Ở tuổi 16, ông đã biên tập một phần trên tạp chí Cờ vua Mỹ hàng tháng, và trong những năm 70, nhiều thế kỷ đã được đăng trên trang cờ vua hàng ngày trên tạp chí Scientific American. Rõ ràng bài viết của ông đã mở đầu bằng một vấn đề, đó là cách sắp xếp hình trong đó mô tả một số chữ cái hoặc hình hình học, chẳng hạn như “Bánh xe trong bánh xe” (Hình 1). Đây là cách bánh xe này “quay”: a) 1. F: h3 + Kr: h3 2. Kg5 mate; 6) 1…Ke7 + 2. Ke4 R: f4 mate; b) 1. Qg3 + Q: g3 2. Kg6 + Q: g6 bạn đời; d) 1…Ke7 + 2. Ke4 Kg5 + 3. Q: g5 bạn đời (c) và d)—bạn đời “đảo ngược”.

Tất nhiên, Loyd đã tìm cách kết hợp tình yêu toán học và cờ vua của mình. Và do đó, không có gì đáng ngạc nhiên khi nhiều bài toán của anh ấy có cả cơ sở toán học và cờ vua. Bây giờ chúng ta sẽ xem xét 15 theo quan điểm của chúng ta là cờ vua-toán học thú vị nhất bài toán Samyu-

bia Lloyd. Bài toán Loyd ở các thể loại khác có thể được tìm thấy trong cuốn sách “Câu đố toán học và giải trí” của M. Gardner (Mir, M., 1971).

Bài toán 1. Cắt bàn cờ theo số giờ tối đa, phân biệt với nhau bằng hình dạng hoặc màu sắc của các ô tương ứng; Cấm đảo ngược đồng hồ.

Số được yêu cầu là 18. Một trong những cách cắt có thể được hiển thị trong Hình 2.

Bài toán 2. Có quân trắng ở các ô a1, b2, c3 và d4. Cắt bảng thành hoa và đồng hồ có thể tải được loại này. Một trong những quân cờ yêu thích của Loyd là quân hậu; người ta có thể nói rằng Loyd đã tạo ra toàn bộ lý thuyết về bài toán có tính đến quân hậu.

Bài toán 3. Hậu đứng ở ô a1. Kể tên số lần di chuyển mà quân Hậu có thể di chuyển qua tất cả các ô trên bàn cờ và trở về ô ban đầu.

Số bước di chuyển cần thiết là 14. Tổng cộng có sáu tuyến đường: ba tuyến đường được hiển thị trong Hình 3, phần còn lại thu được từ chúng bằng phản xạ gương so với đường chéo a1 - h8. Các ô mà quân hậu dừng lại được đánh dấu màu đỏ.

Loyd đã chứng minh rằng nếu ô ban đầu nằm trong vùng màu xanh lam trong Hình 4, thì đường đi khép kín của quân hậu qua tất cả các ô trên bàn cờ đã phải mất 15 nước đi. Nếu trường ban đầu nằm trong vùng màu đỏ thì 14 lần di chuyển là đủ. Hãy tự báo cáo cách thu được vùng màu đỏ này trong Hình 4 đối xứng (từ Hình 3).

Bài toán 4. Quân hậu có thể di chuyển xung quanh tất cả các ô của bàn cờ với số nước đi tối thiểu là bao nhiêu $3 \times 3$ nếu quân hậu bị cắt để vượt ra ngoài bàn cờ?

Bốn nước đi là đủ (Hình 5). Trong văn học đại chúng, bài toán này thường được xây dựng theo cách khác: không nhấc bút chì lên khỏi giấy, gạch bỏ những bông hoa bằng các đoạn thẳng chín điểm sắp xếp theo hình vuông.

Bài toán 5. Hậu đứng ở ô d1. Con đường dài nhất (theo nghĩa hình học) mà anh ta có thể đi trong 5 bước (đi qua chín cánh đồng) là bao nhiêu?

Bài toán 6. Bắt đầu từ ô c3, đi vòng quanh bàn cờ với quân hậu của bạn trong 15 nước đi, kết thúc ở ô f6. Không có trường nào phải được hoàn thành hai lần.

Bài toán 7. Đặt 16 quân hậu lên bảng sao cho không có quá hai quân hậu ở mỗi hàng dọc, ngang và chéo.

Hình 6 thể hiện sự sắp xếp mong muốn; sau đó, đối với kích thước bảng $n \times n$ và $2n$ quân hậu, bài toán này vẫn chưa được giải quyết.

Nhiều bài toán của Loyd có liên quan đến việc sắp xếp các quân cờ chưa được huấn luyện trên bàn cờ, cũng như chuyển động của các hiệp sĩ. Hãy cho một bài toán cho mỗi chủ đề này.

Bài toán 8. Đặt ba quân hậu và hai quân xe lên bàn cờ để chúng giữ tất cả 64 ô của bàn cờ bị tấn công.

Bài toán 9. Ở vị trí trong Hình 7, bạn cần sắp xếp lại các quân mã trắng theo chiều dọc $e$ , $f$ , $g$ và $h$ , và các quân mã đen lần lượt theo chiều dọc $a$ , $b$ và $c$ . Trong trường hợp này, lượt di chuyển không trùng nhau, hiệp sĩ trắng và đen bị cấm rút lui (trắng bên trái, đen bên phải), và một hiệp sĩ có thể đứng trên mỗi hàng dọc.

bài toán này là một trong những câu đố Lloyd khó nhất. Lloyd rất tự hào về anh ấy.

Loyd đã thể hiện sự khéo léo trong việc “phân tích” cách sắp xếp ban đầu của các quân cờ trên bàn cờ. Tất nhiên, bạn biết rằng có thể có được người bạn đời nhanh nhất ở nước đi thứ hai và Trắng đã đạt được điều đó: 1.f4 e6 2.g4 Qh4 mat. Tướng chiếu tướng này được các sách tham khảo cờ vua gọi là “ngu ngốc”. Nổi tiếng hơn là tấm thảm “dành cho trẻ em” bốn nước mà những người mới chơi cờ thường nhận được: 1.e4 e5 2.Cc4 Kc6 3.Fh5 Kf6 4.Ф: f7 mat.

Về kết quả hòa, ba tình huống sau thường xảy ra khiến trận đấu kết thúc với tỷ số hòa:

a) trên bảng bế tắc;
b) một trong các đối thủ đưa ra séc vĩnh viễn;
b) Mỗi bên còn lại một vua. Đương nhiên, bài toán mới xuất hiện.

Bài toán 10. Nhóm có thể đến vị trí trong Hình 8 nhanh như thế nào?

Ở đây, mỗi bên phải ăn 15 quân địch và quân tốt. Vì Trắng không thể ăn được gì ở nước đi đầu tiên nên ván cờ phải có ít nhất 16 nước đi. Tuy nhiên, chỉ có những trò chơi có 17 nước đi mới dẫn đến việc bảng trống hoàn toàn. Tùy thuộc vào sự sắp xếp cuối cùng của quân hậu lời giải có rất nhiều quân hậu. Trong trường hợp của chúng ta, chúng ta cần thực hiện 17 nước đi sau: 1.e4 d5 2.ed Q: d5 3.Qh5 Q: a2 4.Q: h7 Q: b1 5.Q: g7 R: h2 6.R: a7 R: g2 7.R: b7 R: g1 8.R: c7 Q: b2 9.R: c8 + Kpd7 10.R: b8 R: b8 11.S: b2 L: b2 12.L: g1 L: c2 13.F: f7 L: d2 14.F: e7 + Kp: e7 15.L: g8 L: f2 16.L: f8 L: f1 + 17.K: f1Kp: f8.

Bài toán 11. Cách nhanh nhất để một nhóm kết thúc pamot là gì?

Cơm. 8.

Cơm. 9.

Cơm. 10.

Cơm. 11.

Có vẻ như số lần di chuyển phải rất lớn. Quả thực, không giống như chiếu tướng, khi chỉ có vua (đứng chiếu) không có nước đi nào, ở đây tất cả các quân cờ đều phải được “đóng tường”. Tuy nhiên, mục tiêu có thể đạt được chỉ sau 10 nước đi: 1. e3 a5 2. Qh5 Ra6 3. Q: a5 h5 4. Q: c7 Rah6 5. h4 f6 6. Q: d7+ Kf7 7. Q: b7 Qd3 8. Q: b8 Qh7 9. Q: c8 Kg6 10. Qe6 bế tắc! (Hình 9).

Bài 12. Cách nhanh nhất để trò chơi kết thúc trong bế tắc nếu không có quân cờ nào (không phải quân trắng hay quân đen) bị bắt?

Nghịch lý thay, với điều kiện bổ sung có vẻ mạnh mẽ như vậy, trò chơi chỉ được kéo dài bằng hai nước đi: 1. d4 d6 2. Qd2 e5 3. a4 e4 4. Qf4 f5 5. h3 Ce7 6. Qh2 Ce6 7. Ra3 c5 8. Rg3 Qa5+ 9. Nd2 Ch4 10. f3 Cb3 11. d5 e3 12. c4 f4 bế tắc! (Hình 10).

Rất khó để chứng minh rằng hai trò chơi này là những trò chơi ngắn nhất - thực tế để làm được điều này, bạn cần phải lần lượt trải qua tất cả các trò chơi 9 và 11 nước đi có thể có. Tuy nhiên, vì những lô hàng này sẽ sớm tròn một trăm tuổi nên không còn nghi ngờ gì nữa, chúng có thể được coi là phá kỷ lục.

Bài 13. Cách nhanh nhất để trò chơi kết thúc trong tình trạng kiểm tra vĩnh viễn là gì?

Ba nước đi là đủ: 1. f4 e5 2. Kr f2 Q f6 3. Kr g3 Q:f4+4. Kp h3 Qf5+, v.v.

Để kết luận, chúng tôi trình bày thêm hai ghi chép của Loyd, cũng liên quan đến quan điểm ban đầu.

Bài 14. Đen lặp lại các nước đi của Trắng một cách đối xứng (miễn là có thể). Số nước đi ít nhất mà Trắng có thể chiếu hết vua đối phương là bao nhiêu?

Chiếu tướng đã được đưa ra ở nước đi thứ tư và theo hai cách: 1. c4 c5 2. Qa4 Qa5 3. Qc6 Qc3 4. Q: c8 mate; 1. d4 d5 2. Qd3 Qd6 3. Qh3 Qh6 4. Q : c8 bạn đời.

Có một câu chuyện buồn cười như vậy. Có người đến câu lạc bộ cờ vua và thông báo rằng anh ta đã tìm ra cách để không thua quân đen. “Làm sao?” - họ hỏi anh. - “Rất đơn giản - lặp lại bước đi của kẻ thù!” Loyd tình nguyện chơi với “nhà phát minh”, người đã tuyên bố chiếu hết anh ta sau 4 nước đi.

Bài 15. Một lần nữa, Đen lặp lại nước đi của Trắng. Biết được điều này, Trắng có thể chiếu hết mình trong bao nhiêu nước đi?

Trắng có thể có được một đối tác “ngược” ở nước đi thứ tám: 1. e4 e5 2. Ke2 Ke7 3. Ke3 Kreb 4. Qf3 Qf6 5. Ne2 Ne7 6. b3 b6 7. Ca3 Ca6 (Hình 11). 8. Nd4+! ed mat.

Tất nhiên, rất khó để cạnh tranh với Loyd về sự khéo léo, nhưng biết đâu bạn cũng sẽ lập được kỷ lục nào đó trên bàn cờ?!

Về bài viết “La bàn và thước kẻ”

Nó bị cấm. Lời giải - trong nội dung bài viết.
Vẽ đường tròn s có tâm A và bán kính AB (dấu dựng β), đánh dấu các điểm C và D tại đó s cắt l (dấu dựng γ), vẽ đường tròn có tâm C và D có bán kính CD (dấu dựng β), đánh dấu các điểm giao nhau của chúng E (dấu dựng γ) và vẽ đường thẳng p = AE ⊥ l (dấu dựng α).
Hãy vẽ đường thẳng AB và vuông góc với nó đi qua điểm A (xem Bài tập 2) và xét hệ tọa độ như hình 2 trong nội dung bài viết. Trước tiên chúng ta hãy chứng minh rằng có thể dựng bất kỳ đường thẳng nào mà trong hệ tọa độ này được cho bởi phương trình y = k/2^n (hoặc x = k/2^n), trong đó k là số nguyên tùy ý và n là số tự nhiên bất kỳ. Để làm điều này, bạn cần chia đoạn AB = 1 làm đôi, lại làm đôi, v.v., cho đến khi bạn nhận được đoạn AC = 1/2^n; gạt nó sang một bên |k| lần dọc theo trục y (lên nếu k > 0 hoặc xuống nếu k < 0), ta được điểm D = (0, k/2^n); qua đó chúng ta vẽ một đường vuông góc với trục y (xem Bài tập 2). Bằng cách vẽ các đường thẳng y = k/2^n và x = l/2^m, chúng ta có thể đánh dấu điểm giao nhau của chúng (l/2^m, k/2^n). Điều này ngụ ý lời giải của Bài tập 3.
a) Cho đoạn (hoặc cung) d được chọn trên một trong các đường cấu hình. Trên ít nhất một trong các trục d được chiếu thành một đoạn (chứ không phải vào một điểm) - hãy sử dụng trục y để xác định điều này. Ta chọn số tự nhiên n sao cho độ dài hình chiếu d lên trục y lớn hơn 1/2^n. Khi đó phép chiếu này chứa một điểm có dạng (0, k/2^n). Hãy vẽ một đường thẳng y = k/2^n và đánh dấu giao điểm của nó với d.
b) Vì cấu hình ban đầu chứa số dòng hữu hạn nên một trong các dòng có dạng y = k/2^n không được vẽ. Các đường của cấu hình ban đầu cắt nhau ở một số điểm hữu hạn. Chúng ta hãy đánh dấu điểm (l/2^m, k/2^n), khác với tất cả các điểm này.
c) Rõ ràng một trong các điểm có dạng (l/2^m, k/2^n) thỏa mãn điều kiện.
Cấu hình ban đầu của Định lý 1’ là đường thẳng l và các điểm A, B1, …, Bn trên đó sao cho AB1 = d1, …, ABn = dn. Để xác định rỗng, d1 = 1, do đó hệ tọa độ trong Định lý 1 có thể được xây dựng bằng cách sử dụng các điểm A và B = B1 làm cơ sở. Khi đó thông số cấu hình là các số 0, d1, …, dn.

Nếu x được biểu diễn theo d1, …, dn bằng các hành động cơ bản thì theo Định lý 1 có thể dựng được điểm C = (x, 0) và từ đó dựng đoạn AC có độ dài x. Ngược lại, dựa vào cấu hình {l, A, B1, …, Bn}, chúng ta có thể xây dựng một đoạn CD có độ dài x. Sau đó, vẽ CD từ điểm A, chúng ta xây dựng điểm (x, 0) và theo Định lý 1, x được biểu thị qua 0, d1, …, dn (và do đó thông qua d1, …, dn) bằng cách sử dụng các thao tác cơ bản.

Cho một đoạn có độ dài d = √3/2. Khi đó không thể dựng được một đoạn có độ dài x = d² = √3/4. Thật vậy, x = d² √2, tức là, chúng ta có trước bài toán khi nhân đôi khối lập phương, tính không thể giải được của nó đã được chứng minh ở đoạn 7. Nếu, cùng với một đoạn có độ dài d = √3/2, một đoạn có độ dài e = 1 cũng đã cho, thì việc xây dựng một đoạn có độ dài x = d² sẽ có thể thực hiện được (Hình 1 với z = t = d).
Viết số hữu tỉ bất kỳ dưới dạng phân số tối giản p/q. Hãy chứng minh rằng √3/2 không thể viết theo cách này. Giả sử điều ngược lại: giả sử √3/2 = p/q (trong đó p và q không có thừa số chung). Khi đó p³ = 2q³, tức là p³ là số chẵn. Điều này có nghĩa là p là số chẵn (vì lập phương của số lẻ là số chẵn), nghĩa là p = 2n. Do đó 8n³ = 2q³, q³ = 4n³. Điều này có nghĩa là q³, và do đó q, cũng là số chẵn. Chúng ta đi đến mâu thuẫn: p và q có thừa số chung là 2. Vì vậy, √3/2 là một số phi xã hội.
Có thể. Tăng góc này lên 19 lần, chúng ta có được góc 361°.
a) Xem hình. 1.

b) Nếu x và y được xây dựng thì có thể dựng được các điểm (x, 0) và (0, y). Vẽ đường vuông góc với các trục ta được một điểm (x, y) tại giao điểm.

Nếu điểm $(x, y)$ được xây dựng, thì bằng cách bỏ các đường vuông góc của nó trên trục, chúng ta thu được các điểm $(x, 0)$ và $(0, y)$ , nghĩa là chúng ta xây dựng các số $x$ và $y$ .

c) Nếu tham số $p$ là một trong các tọa độ của điểm được đánh dấu thì $p$ có thể được xây dựng theo 8b. Nếu $p = k$ (hoặc $p = b$ ) cho đường vẽ $y = kx + b$ thì bằng cách đánh dấu các giao điểm $(0, b)$ và $(1, k+b)$ của đường thẳng này với trục $y$ và đường thẳng $x = 1$ , chúng ta có thể dựng $p$ theo 8b và 8a (đối với đường $x = a$ chúng ta có thể dựng cần đánh dấu giao điểm của nó với trục $x$ ).

Đặt $p$ là một trong các tham số $(x_0, y_0$ hoặc $r)$ của đường tròn đã vẽ $s$ . Hãy đánh dấu ba điểm khác nhau $T_1, T_2, T_3$ trên $s$ (xem bài tập 3). Vẽ đường trung tuyến vuông góc với các đoạn $T_1T_2$ và $T_1T_3$ , ta dựng tâm của đường tròn $O = (x_0, y_0)$ . Bây giờ $x_0$ và $y_0$ được xây dựng theo 8b và $r = |OT_1|$ đã được xây dựng.

a) Phương trình được viết là tuyến tính, nghĩa là nó xác định một đường thẳng. Việc đường này đi qua các điểm đã cho được xác minh trực tiếp.

b) Dựa trên định lý Pythagore (xem sách giáo khoa).

c) Nếu $k_1 = k_2$ , thì cả hai đường thẳng tạo thành các góc bằng nhau với trục $x$ và do đó chúng song song hoặc trùng nhau; nếu $k_1 \neq k_2$ thì chúng không trùng nhau và cả hai đều đi qua điểm đã cho. Các trường hợp còn lại thậm chí còn dễ hiểu hơn.

d) Tiếp theo từ 9b.

Không. Bằng chứng dựa trên thực tế là các số $\sqrt{2}$ , $\sqrt{3}$ và $\sqrt{6}$ là số vô tỉ (số sau được thiết lập theo cách tương tự như số vô tỉ của $\sqrt[3]{2}$ , xem bài tập 6). Nếu $\sqrt{3}$ có thể được viết là $\sqrt{3} = a + b\sqrt{2}$ , trong đó $a$ và $b$ là hữu tỉ, thì nó sẽ tuân theo $3 = a^2 + 2ab\sqrt{2} + 2b^2$ . Điều sau không mâu thuẫn với tính vô tỷ của $\sqrt{2}$ chỉ đối với $ab = 0$ . Nhưng nếu $b = 0$ thì $3 = a^2$ (điều này là không thể, vì $\sqrt{3}$ là số vô tỷ) và nếu $a = 0$ thì $3 = 2b^2$ và $6 = (2b)^2$ (bất chấp tính vô tỷ của $\sqrt{6}$ ).

Đến bài viết “Người nộp đơn-1975”

$1.\ \frac{3a^2}{8\sqrt{\sin\left(\frac{\beta}{2}-30°\right)\sin\left(\frac{\beta}{2}+30°\right)}}.$

2. $1/4 \leqslant x \leqslant 8$ .

3. $x_{1,2} = \dfrac{2\pi}{3}(3n \pm 1)$ , $x_3 = \dfrac{\pi}{8}(4n+1)$ ,

$n$ - số nguyên.

4. $-4 < a \leqslant -3$ .

Về bài viết “Đại học bang Leningrad được đặt theo tên của. A. A. Zhdanova"

Tùy chọn 1

Khi tàu chở $P$ (tấn) thì tốc độ của tàu là $v = v_0 - kP$ , trong đó $k$ là hệ số

tỷ lệ, $v_0 > 0$ . Chúng ta có $v_0 - 2000k = \dfrac{1}{3}(v_0 - 1000k)$ , từ đó $k = \dfrac{v_0}{2500}$ , $v = v_0\left(1 - \dfrac{P}{2500}\right)$ . Do đó, doanh thu hàng hóa của tàu là $v_0 P\left(1 - \dfrac{P}{2500}\right)$ .

Biểu thức cuối cùng có giá trị tối đa là $P = 1250$ (tấn).

Hơn nữa, nếu $S$ là khoảng cách giữa các cổng thì $\dfrac{S}{v_0\left(1 - \dfrac{2000}{2500}\right)} = 25\ (ч)$ , do đó $S = 5v_0$ .

Ở mức luân chuyển hàng hóa cao nhất, tàu sẽ đi được khoảng cách giữa các cảng trong $\dfrac{S}{v} = \dfrac{5v_0}{v_0\left(1 - \dfrac{1250}{2500}\right)} = 10\ (ч)$ .

2. $a_2 - a_1 = \log_2\cos x < 0$ , tức là $a_1 > a_2$ ; $a_3 - a_1 = -\log_2\sin x + \log_2\cos x$ , ngoài ra, với $0 < x < \dfrac{\pi}{4}$ bất đẳng thức $\cos x > \sin x$ là đúng, do đó $a_3 > a_1 > a_2$ .

3. Đặt $u = \log_2(1 - x - x^2)$ . Vậy thì $u = \dfrac{a}{u} + b$ , tức là $u^2 - bu - a = 0$ . Điều kiện giải được của phương trình bậc hai này là $b^2 + 4a \geqslant 0$ (với mọi $b > 0$ ), do đó $a \geqslant 0$ . Hơn nữa, khi $x$ thay đổi từ $0$ thành $\dfrac{1}{2}$ , tam thức bình phương $1 - x - x^2$ đơn điệu giảm từ $1$ xuống $1/4$ và $u$ giảm từ $0$ xuống $-2$ . Do đó, chúng ta cần tìm một điều kiện trên $a$ không âm mà theo đó với mọi $b > 0$ phương trình $u^2 - bu - a = 0$ có lời giải trong khoảng $-2 < u < 0$ . Chúng tôi có $u_{1,2} = \dfrac{1}{2}(b \pm \sqrt{b^2+4a})$ .

$u_1 = \dfrac{1}{2}(b + \sqrt{b^2+4a})$ là một nghiệm không liên quan, vì với $a \geqslant 0$ và $b > 0$ bất đẳng thức $\dfrac{1}{2}(b + \sqrt{b^2+4a}) \geqslant 0$ là đúng. Hơn nữa, rõ ràng là đối với $a \geqslant 0$ và $b > 0$ sẽ có $u_2 = \dfrac{1}{2}(b - \sqrt{b^2+4a}) \leqslant 0$ và sự bình đẳng chỉ xảy ra đối với $a = 0$ . Vì vậy, trường hợp $a = 0$ phải được loại trừ. Vẫn phải thỏa mãn bất đẳng thức $\dfrac{1}{2}(b - \sqrt{b^2+4a}) > -2$ , tức là $4 + b > \sqrt{b^2+4a}$ . Nhưng bất đẳng thức cuối cùng cho $b > 0$ tương đương với bất đẳng thức $4 + 2b > a$ (với tất cả $b > 0$ ), vì vậy $4 \geqslant a$ .

Đáp số: $0 < a \leqslant 4$ .

4. $(\sqrt{6}-2)a$ .

$-\frac{b^2 \cos \alpha \mathrm{tg} \beta}{2 \cos 3\alpha}$ . Gợi ý. Điều kiện $\alpha > \frac{\pi}{4}$ có nghĩa là tâm của đường tròn được mô tả gần đáy nằm bên trong đáy.

Tùy chọn 2

96%. 2. $a_3 < a_2 < a_1$ . 3. $0 < a \leq \frac{1}{4}$ . 4. $\frac{\sqrt{7}}{3}a$ . 5. $\frac{a^2}{2} \cos \frac{\alpha}{2} \mathrm{tg} \beta$ . Gợi ý. Điều kiện $\alpha > \frac{\pi}{3}$ có nghĩa là tâm của đường tròn được mô tả gần đáy nằm bên trong đáy.

Tùy chọn 3

12 phút; 6 phút. 2. $0 < x < \frac{1}{2}$ . 3. $x_1 = \pm \frac{\pi}{6} + k\pi$ , $x_2 = \frac{\pi}{2} + k\pi (k = 0, \pm 1, \ldots)$ . 4. $\arccos \frac{\sqrt{5}-1}{2}; \arcsin \frac{\sqrt{5}-1}{2}$ . 5. $\frac{a}{2 \cos \frac{\alpha}{2}} \sqrt{1 + \mathrm{tg}^2 \alpha \cos^2 \frac{\alpha}{2}}$ .

Tùy chọn 4

3 giờ; 4 giờ. 2. $\frac{1}{2} < x \leq \frac{1}{\sqrt{16}}$ hoặc $1 < x \leq 8$ . 3. $x_1 = \pm \frac{\pi}{6} + k\pi; x_2 = \frac{k\pi}{2} (k = 0, \pm 1, \ldots)$ . Bình luận. Một công thức khác được mô tả bởi đáp số: $x_1 = \frac{\pi}{6} + k\pi; x_2 = k\pi$ . 4. $\frac{a}{2}; \frac{\sqrt{3}}{2}a$ . 5. $\sqrt{\frac{S_1 (S_2 - S_1)}{\pi (S_2 + S_1)}}$ .

Tùy chọn 5

650 km/giờ. 2. $x_1 = 4; x_2 = \frac{1}{2 \sqrt{2}}$ . 3. $x = (-1)^k \frac{\pi}{12} + \frac{k\pi}{2} (k = 0, \pm 1, \ldots)$ . 4. $AB = \frac{\sqrt{3}}{2} (\sqrt{5} - 1)r; AC = \frac{\sqrt{3}}{2} \times (\sqrt{5} + 1)r$ . 5. $2ab \sin \alpha \sqrt{-ab \cos \alpha}$ .

Khoa Vật lý
Tùy chọn 1

$\beta = \frac{\alpha}{2}, t_{\min} = \frac{L}{v \cos^2 \frac{\alpha}{2}}$ . 2. $V =$
$\frac{1}{36} a^3 \sqrt{2}$ . 3. $\frac{1}{(a + b)^3}$ . 4. $x = 1$ . 5. 1) $x = w = 0, y_{1,2} = z_{1,2} = -a \pm \sqrt{a^2 + 1}$ ; 2) $x_{1,2} = w_{1,2} = \pm \sqrt{a^2 + 1}, y = z = -a$ .

Tùy chọn 2

Vấn đề chỉ có lời giải nếu $2u^2h \geq l_1 l_2 g$ . Nếu điều kiện này được đáp ứng thì
$t_1 = \frac{2uh \pm \sqrt{4u^2h^2 - 2l_1 l_2 gh}}{l_2 g},$
$t_2 = \frac{2uh \mp \sqrt{4u^2h^2 - 2l_1 l_2 gh}}{l_1 g}$
(hai lời giải bài toán tương ứng với hai loại quỹ đạo cong vênh có thể có).
Các bất đẳng thức đã cho được thỏa mãn trong vùng được đánh dấu màu trong Hình 2 và trong vùng thu được từ chúng bằng phép lặp định kỳ π trong biến $x$ và $\pi/2$ bằng cách lặp lại định kỳ trong biến $y$ .
$x = 2$ .
$\frac{\pi}{4} + 2k\pi < x < \frac{\pi}{3} + 2k\pi; -\frac{\pi}{3} + 2k\pi < x < -\frac{\pi}{4} + 2k\pi (k = 0, \pm 1, \ldots)$ .
$\frac{l \cos \alpha (\sin^2 \alpha - \sin^2 \beta)^{1/2}}{\cos \beta (1 + \sin \alpha)}$ .

Về bài viết “Đại học quốc gia Moscow mang tên M.V. Lomonosov"

$S = 106 m$ .
$h = h_0 / \sqrt{3} \approx 11,6 m$ .
$T = \frac{2lq^2}{4\pi \varepsilon_0 R^3} = 3,5 \cdot 10^{-3} h$ .

$p = \frac{p_1V_1 + p_2V_2}{V_1 + V_2} = 2,5 \cdot 10^5 \text{ h/m}^2$ .
$E = u_1u_2 \frac{R_1 - R_2}{u_2R_1 - u_1R_2} = 4,5 \text{ b}$ .
$W = uq = \frac{u\mu V}{kV_0} = 10^{10} \text{ J/cm}$ .
$r_2 = \frac{fr_1}{l + f} = 1 \text{ cm}$ .
$\alpha = \pi - 2 \arcsin \frac{1}{n} = \frac{2\pi}{3}$ .

Về bài viết “Thoát vào không gian”

(xem «Kvant», 1975, số 5)

Chúng ta hãy giới thiệu tọa độ Descartes $(x, y, z)$ trong không gian sao cho trục $x$ và $y$ nằm trong mặt phẳng của chúng ta. Vị trí của người đi bộ tại điểm có tọa độ $(x, y)$ tại thời điểm $t$ tương ứng trong không gian với điểm $(x, y, t)$ . Đường chuyển động của mỗi người đi bộ trong không gian sẽ là một đường thẳng. Việc hai mã người đi bộ gặp nhau có nghĩa là các đường thẳng tương ứng với chúng trong không gian giao nhau.
Hãy lấy các điểm tương ứng với các vòng tròn, như đã làm với lời giải bài toán Apollonius (xem bài viết). Khi đó, chẳng hạn, ba điểm tương ứng với giao điểm của các cặp tiếp tuyến chung ngoài thuộc về mặt phẳng của chúng ta và mặt phẳng đi qua ba điểm tương ứng nằm trên một phía của mặt phẳng của chúng ta.
Chúng ta hãy xem xét một hình lăng trụ tam giác, các cạnh của nó được chiếu thành các đường thẳng cho trước và ba điểm trên các mặt khác nhau của nó được chiếu thành các điểm cho trước (có thể để hai đường thẳng tại chỗ). Tam giác cần tìm là hình chiếu của một tam giác thu được bằng giao điểm của các mặt phẳng thẳng đi qua ba điểm đã chọn trên các mặt của nó.
Xét một mặt phẳng cắt mặt phẳng đã cho dọc theo đường thẳng $ABC$ và không trùng với mặt phẳng đã cho. Trong mặt phẳng mới này, chúng ta lấy một đường tròn cố định $O$ đi qua $AB$ . Chúng ta hãy lấy một hình cầu tùy ý chứa đường tròn $O$ . Điểm tiếp xúc của tất cả các tiếp tuyến có thể có của quả cầu đi qua $C$ nằm trong cùng một mặt phẳng. Điều này có nghĩa là nếu $M_1$ và $N_1$ là điểm tiếp tuyến của các tiếp tuyến này với đường tròn $O$ , thì $M, N, M_1$ và $N_1$ nằm trong cùng một mặt phẳng. Hơn nữa, $M_1$ và $N_1$ được cố định và các đường $(AB)$ và $(M_1N_1)$ giao nhau.
Chúng ta hãy lấy một hình cầu có tâm nằm ở tâm của một đường tròn cho trước và có bán kính bằng bán kính của nó. Chúng ta hãy vẽ trong hình cầu này thông qua $A$ một dây cung $KL$ vuông góc với mặt phẳng của đường tròn đã cho. Khi đó $M$ thuộc mặt phẳng tiếp tuyến với hình cầu đã cho tại các điểm $K$ và $L$ .
Chúng ta hãy lấy một mặt phẳng tùy ý, sau đó một siêu phẳng cắt nó dọc theo một đường thẳng, và trong siêu phẳng này một mặt phẳng khác cắt đường thẳng này.

Về bài viết “Tiếp tuyến của cuộn”

(xem «Kvant», 1975, số 5)

Bài toán 1. Đặt $A = A_t = (x(t), y(t))$ là một điểm trên quỹ đạo (parabola $y = -\frac{g}{2v^2} x^2$ ; Hình 3), $\overrightarrow{AB}$ là vectơ vận tốc tại điểm này, $\overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AC}$ các thành phần dọc và ngang của nó, $F$ là hình chiếu của $A$ lên trục $y$ , $E$ — đối xứng tương đối tới điểm $O$ . Cần phải chứng minh rằng $EA$ và $AB$ tạo thành một đường thẳng, tức là $EAF = CAB$ . Điều này xuất phát từ sự giống nhau của các tam giác cùng tên: $\triangle EAF \sim \triangle CAB$ , vì $|AC| = v$ , $|AD| = gt$ , $|EF| = 2|OF| = gt^2$ , $|AF| = vt$ . Bài toán 2. Đặt $A$ là một điểm trên quỹ đạo, $\overrightarrow{AB}$ vectơ vận tốc, $\overrightarrow{AC}, \overrightarrow{AD}$ vận tốc của các thành phần chuyển động, $|OF| = -\frac{gt^2}{2}$ , $|OE| = |OF|$ (Hình 4). Chúng tôi muốn lên

Cơm. 5.

chứng tỏ điểm $E, A$ và $B$ nằm trên cùng một đường thẳng. Hãy xem xét $\triangle EFA$ và $\triangle ACB$ . Các cạnh $EF$ và $CB$ song song nhau, $|EF| = gt^2$ , $|CB| = gt$ , tức là $\frac{|EF|}{|CB|} = t$ . Hơn nữa, từ cách xây dựng điểm $F$ , rõ ràng là vectơ $\overrightarrow{FA}$ bằng $\overrightarrow{OA'}$ , trong đó $A' = (ut, vt)$ , nghĩa là các điểm $F, A$ và $C$ nằm trên cùng một đường thẳng và $\frac{|FA|}{|AC|} = t$ . Kết quả là chúng ta thu được sự giống nhau của các tam giác đang xét và $\triangle EAF = \triangle CAB$ , đây là điều cần phải chứng minh.

Nhiệm vụ 3. Rõ ràng là chúng ta có thể chọn độ dài của vectơ $\vec{r}_1$ tùy ý; $\vec{r}_1| = |\vec{r}_2|$ . Đặt $\vec{r}_2 = \vec{KE}$ (vectơ ngang), $\vec{r}_1 = \vec{KF}$ (vectơ tiếp tuyến) (Hình 5); chúng ta hãy chọn độ dài $\vec{r}_1| = |\vec{r}_2|$ sao cho đỉnh $D$ của hình thoi $EKFD$ nằm trên đường tròn bao quanh một đường tròn tùy ý (khi đó $KD$ là tiếp tuyến của xoáy thuận). Ta cần chứng minh $D$ là điểm “trên” của đường tròn, tức là đường thẳng $OD$ thẳng đứng ( $OD \perp KE$ ). Ta có $EF \perp KD$ (là các đường chéo của hình thoi), nghĩa là $EF$ đi qua tâm $O$ (là đường vuông góc với dây cung đi qua nó

cơm. 6.

Cơm. 7.

ở giữa). Chúng ta nhận được $\triangle FDO = \triangle FKO$ (ở các cạnh đó), có nghĩa là $\overrightarrow{FDO} = \overrightarrow{FKO}$ ; nhưng $\overrightarrow{FKO} = 90^\circ$ (FK là tiếp tuyến của đường tròn), có nghĩa là $\overrightarrow{FDO} = 90^\circ$ , và đây là điều cần phải chứng minh, vì $FD \parallel KE$ .

Nhiệm vụ 4. Đặt $\vec{r}_2 = \vec{KA}$ (vectơ ngang), $\vec{r}_2| = R$ , $\vec{r}_1 = \vec{KB}$ (vectơ tiếp tuyến với đường tròn nhỏ), $\vec{r}_1| = r$ (Hình 6). Khi đó $\overrightarrow{KD}$ là vectơ tiếp tuyến của xoáy thuận rút gọn và chúng ta cần chứng minh rằng $KE \perp KD$ , trong đó $E$ là điểm thấp nhất của một đường tròn tùy ý. Chúng ta có $KB \perp OK$ (tiếp tuyến và bán kính), $BD \perp OE$ (ngang và dọc), nghĩa là $\overrightarrow{KBD} = \overrightarrow{KOE}$ (giống như các góc có hai cạnh vuông góc với nhau). Tiếp theo, $|BD| = |KA| = |OE| = R$ , $|KB| = |OK| = r$ . Vì vậy $\triangle BKD = \triangle OKE$ . Vì vậy, $\overrightarrow{BKD} = \overrightarrow{OKE}$ ; do đó $\overrightarrow{EKD} = \overrightarrow{OKE} + \overrightarrow{OKD} = \overrightarrow{BKD} + \overrightarrow{OKD} = \overrightarrow{OKB}$ ; nhưng vì $\overrightarrow{OKB}$ là thẳng nên $\overrightarrow{EKD}$ là thẳng.

Nhiệm vụ 5. Rõ ràng rằng nếu $r_2 > r_1$ thì chuyển động của chúng ta có thể tiếp tục cho đến khi một đường tròn có bán kính $r_1$ có tâm $O_1$ lăn dọc theo ranh giới của đường tròn có bán kính $r_2 - r_1$ có tâm $O$ , tuy nhiên bị trượt ( $v_1 \neq v_2$ ). Hãy tìm “đường ray” và “bánh xe” cho chuyển động này.
Chúng ta có $u_1 = \frac{v_1}{r_1}$ , $u_2 = \frac{v_2}{r_2}$ —vận tốc góc quay của $A$ wecrut tương ứng $O_1$ và điểm $O_1$ của wecrut $O$ . Hãy chọn hai số $R$ và $r$ sao cho $Ru_2 = ru_1$ , $R + r = r_2$ ; khi đó vận tốc tuyến tính của điểm biên của đường tròn có tâm $O$ wekrut $R$ và đường tròn có tâm $O_1$ wekrut $r$ sẽ có độ lớn bằng nhau (Hình 7); các vòng tròn này chạm vào nhau và vì các chuyển động quay được mô tả trong điều kiện bài toán xảy ra theo cùng một hướng, nên tại điểm tiếp xúc, vận tốc của chúng hướng theo các hướng khác nhau. Do đó, một hình tròn có bán kính $r$ có tâm $O_1$ lăn dọc theo ranh giới của hình tròn có bán kính $R$ có tâm $O$ không trượt (xem định nghĩa lăn không trượt - vận tốc tại một điểm

Cơm. 8.

liên lạc bằng không!). Đã chỉ định

$\alpha = \frac{u_1}{u_2}, \quad \text{получим } r = \frac{r_2}{\alpha+1}, \quad R = \alpha r.$

Vì vậy, chúng ta hiểu rằng điểm $A$ sẽ di chuyển dọc theo epicycloid thông thường nếu $r=r_1$ , kéo dài nếu $r<r_1$ và rút ngắn nếu $r>r_2$ .

Lưu ý rằng kết quả có thể là $R<r$ và ràng buộc $r_2>r_1$ không đáng kể.

bài toán này giải thích cách các epicycloid xuất hiện trong hệ thống Ptolemaic (thế kỷ thứ 2 sau Công Nguyên)*). Trong Ptolemy, điểm $O$ tương ứng với Trái đất, $A$ với Mặt trời hoặc hành tinh, $O_1$ là điểm phụ. Copernicus không thể làm được nếu không có ngoại luân; chỉ ở điểm $O$ anh ta mới có Mặt trời. Chỉ khi xem xét các quỹ đạo hình elip thì ngoại xích mới không còn cần thiết**).

Vấn đề 5’. Chúng ta hãy tiếp tục, như trong bài toán 5, chuyển động của chúng ta tới chuyển động của toàn bộ mặt phẳng như một tấm rắn. Chuyển động thu được sẽ có một trong ba loại tùy thuộc vào $\alpha$ . (Xem các ký hiệu trong lời giải bài toán 5.)

Hãy để $\alpha > 1$ . Chúng ta hãy xác định $\widetilde{R}$ , $\widetilde{r}$ sao cho

$\widetilde{R}-\widetilde{r}=r_2, \quad \frac{\widetilde{R}}{\widetilde{r}}=\alpha, \quad \text{то есть} \quad \widetilde{r}=\frac{r_2}{\alpha-1}.$

*) Ptolemy, khi cho rằng các hành tinh có thể di chuyển dọc theo các ngoại xích kéo dài, đã có thể giải thích trong khuôn khổ hệ thống của mình chuyển động “ngược dòng” của các hành tinh được các nhà thiên văn quan sát được (đôi khi các hành tinh bắt đầu chuyển động theo hướng ngược lại).

**) Bạn có thể đọc thêm thông tin về các hệ thống trên thế giới trong bài viết của Ya. A. Smorodinsky “Nicholas Copernicus”, đăng trên tạp chí «Kvant», 1973, số 2.

Người hiệu đính E. V. Sidorkina

117071, Moscow, V-71, Leninsky Prospekt, 15, «Kvant», tel. 234-08-11. Giao tới bộ 15/III-75
Đã ký đóng dấu Giấy 4/V-75 $70\times100^1/_{16}$ .
Vật lý. lò nướng l. 4. Lò nướng có điều kiện l. 5 giờ 20. Biên tập học thuật. tôi. 6,41
Lưu hành 368.940 bản. T-06594 Giá 30 kopecks. Đặt hàng 513

Bây giờ chúng ta hãy xem xét một vòng cố định có bán kính $\widetilde{R}$ có tâm $O$ , dọc theo phía trong của nó là một vòng tròn có bán kính $\widetilde{r}$ lăn không trượt sao cho tâm $O_1$ của nó chuyển động như đã nêu trong điều kiện bài toán. Dễ dàng kiểm chứng được rằng khi đó điểm $A$ cũng sẽ chuyển động theo yêu cầu của điều kiện. Điều này có nghĩa là tại $\alpha>1$ điểm $A$ di chuyển dọc theo đường hypocycloid, rút ngắn hoặc kéo dài tùy thuộc vào việc nó là $\widetilde{r}=r_1$ , $\widetilde{r}>r_1$ hay $\widetilde{r}<r_1$ .

Đối với $\alpha<1$ chúng ta đặt $\widetilde{r}=\dfrac{r_2}{1-\alpha}$ , $\widetilde{R}=\alpha\widetilde{r}$ .

Chúng ta hãy xem xét một vòng tròn đứng yên có bán kính $\widetilde{R}$ có tâm $O$ , dọc theo ranh giới của nó là một vòng có bán kính $\widetilde{r}$ lăn không trượt với mặt trong của nó, tâm của nó quay theo quy định bởi điều kiện bài toán ( $\widetilde{r}>\widetilde{R}$ ). Khi đó điểm $A$ sẽ tham gia vào chuyển động mong muốn, nghĩa là quỹ đạo của nó là một hình cầu, rút ngắn hoặc kéo dài.

Ở $\alpha=1$ , chuyển động thu được của mặt phẳng, như dễ thấy, sẽ không có tâm quay tức thời - các điểm có tốc độ bằng 0 (chúng tôi khuyên bạn nên vẽ hình của riêng mình cho từng trường hợp $\alpha<1$ , $\alpha=1$ , $\alpha>1$ ). Nhưng khi đó nó phải là một chuyển động dọc theo các quỹ đạo phát sinh từ nhau bằng sự dịch chuyển. Vì điểm $O_1$ di chuyển dọc theo đường tròn có tâm $O$ , điều đó có nghĩa là các điểm còn lại di chuyển dọc theo đường tròn do sự dịch chuyển đã chỉ định. Hãy thử chứng minh trực tiếp kết quả này.

Đến nhiệm vụ «Kvant» cho học sinh nhỏ"

(xem «Kvant», 1975, số 5)

Phải. Ira thu thập không ít hơn một cậu bé, và Tanya thu thập nhiều hơn cậu bé thứ hai.
Để làm nóng 50 g đá từ $-10\ ^\circ C$ đến $0\ ^\circ C$ bạn cần tốn $0{,}43\ \mathit{кал}/(\mathit{г}\cdot\mathit{град})\times 50\ \mathit{г}\cdot 10\ \mathit{град}=215\ \mathit{кал}$ , và để làm tan chảy lượng băng này bạn cần tốn thêm $80\ \mathit{кал}/\mathit{г}\cdot 50\ \mathit{г}=4000\ \mathit{кал}$ . Khi $100\ \mathit{г}$ nước nguội đi từ $+10\ ^\circ C$ đến $0\ ^\circ C$ , chỉ $1\ \mathit{кал}/(\mathit{г}\cdot\mathit{град})\cdot 100\ \mathit{г}\times 10\ \mathit{град}=1000\ \mathit{кал}$ sẽ được giải phóng. Do đó, không phải tất cả băng sẽ tan chảy và bình sẽ chứa hỗn hợp nước và băng ở nhiệt độ $0\ ^\circ C$ .
Con số này luôn là số chẵn; hãy xem xét các chữ số cuối cùng của lũy thừa $1^n$ , $2^n$ , $3^n$ , $4^n$ .
Xem Hình 8.

Nhà máy in Chekhov
Soyuzpolygrafproma
trực thuộc Ủy ban Nhà nước của Hội đồng Bộ trưởng
Liên Xô về xuất bản và in ấn
và buôn bán sách, Chekhov, khu vực Moscow.

Bản thảo không được trả lại