Lời giải bài toán M340—M342

50

Hạ của nguyên tử (hiện tượng này gọi là hiện tượng Doppler). Kết quả là, do chuyển động nhiệt của các nguyên tử, các vạch quang phổ trở nên mở rộng. Ước tính nhiệt độ của các nguyên tử Ne, biết rằng vạch màu đỏ có tần số $f_0 = 4,8 \cdot 10^{14} \text{ e} \mu$, chiều rộng của nó là $\Delta f = 1,6 \cdot 10^9 \text{ e} \mu$, được phát hiện trong phổ phát xạ của nó.

S. Kozel

F394. Thiết kế của nhiệt kế y tế tiêu chuẩn được thể hiện trong Hình 3. Một mao quản mỏng được hàn vào hộp rue, ở đáy có một phần “quá tải” - một phần có đường kính khoảng 30 micron. Sự quá tải này đóng vai trò gì? Ước tính gia tốc phải được truyền vào nhiệt kế để “rũ bỏ nó” sau khi đo nhiệt độ.

F395. Tại sao việc đo nhiệt độ bằng nhiệt kế y tế mất nhiều thời gian (khoảng 10 phút) nhưng bạn có thể “rũ bỏ” nhiệt kế gần như ngay lập tức sau khi đo nhiệt độ?

G. Kosourov

F396. Một chiếc bình gia dụng có đường kính khác nhau được nhúng hướng lên trên trong một chiếc bình được dẫn hướng bởi nước, được gắn cố định vào một chiếc bình lớn và chứa đầy một phần nước (Hình 4). Một mảnh băng nổi trên mặt nước bên trong bình thay đồ. Điều gì xảy ra với mực nước trong bình khi băng tan? đáp số sẽ thay đổi như thế nào nếu bình thay đồ không được gắn vào bình lớn hơn và nổi trên mặt nước?

A. Glinsky

F397. Có dự án sau đây về một chiếc máy bay. Bề mặt trên của một tấm phẳng lớn được duy trì ở nhiệt độ không đổi $0 \text{ °C}$, và bề mặt dưới ở nhiệt độ không đổi $100 \text{ °C}$. Nhà phát minh tuyên bố rằng một chiếc đĩa như vậy sẽ lơ lửng trong không trung giống như một chiếc khinh khí cầu. Giải thích tại sao? Hãy ước tính bậc độ lớn của lực nâng của một tấm có diện tích $1 \text{ m}^2$ ở nhiệt độ không khí $20 \text{ °C}$.

Lời giải bài toán

M340—M342

M340. Một số thực được viết trong mỗi ô của mabiliza thẳng. Một ô nhất định của mabiliza được gọi là ô yên nếu số trong đó không nhỏ hơn các số khác trong số của nó và không nhiều hơn ô chính.

a) Cho bảng có kích thước $m \times n$ và $m \geq n$ (các hàng dài không quá 100 cm). Chúng ta hãy chọn phần tử lớn nhất trong mỗi cột. Trung bình của các yếu tố như vậy là tối thiểu. Có thể bằng cách này, chúng ta sẽ xác định không phải một phần tử mà là một số phần tử (bằng nhau). Hãy đánh dấu chúng bằng dấu thánh giá. Khoảng cách từ bất kỳ phần tử nào được đánh dấu bằng dấu thập là $c_{ij}$, nằm ở dòng thứ $i$ và cột thứ $j$. Nếu nó ở mức tối thiểu trong hàng thì ô $(i, j)$ là ô mong muốn. Nếu không thì

52

> $\frac{\alpha}{\beta}; 2^\circ$ từ $\frac{\alpha_1}{\beta_1} < \frac{\alpha}{\beta}, \frac{\alpha_2}{\beta_2} < \frac{\alpha}{\beta}$ theo sau là $\frac{\alpha_1 + \alpha_2}{\beta_1 + \beta_2} < \frac{\alpha}{\beta}$ (xem Hình 3). Đó là lý do tại sao

$$\frac{a_{i_1} + b_{j_1}}{p_{i_1} + q_{j_1}} > \frac{a_{i_1} + a_{i_2} + b_{j_1} + b_{j_2}}{p_{i_1} + p_{i_2} + q_{j_1} + q_{j_2}},$$

$$\frac{a_{i_2} + b_{j_2}}{p_{i_2} + q_{j_2}} > \frac{a_{i_1} + a_{i_2} + b_{j_1} + b_{j_2}}{p_{i_1} + p_{i_2} + q_{j_1} + q_{j_2}},$$

và điều đó có nghĩa là

$$\frac{a_{i_1} + a_{i_2} + b_{j_1} + b_{j_2}}{p_{i_1} + p_{i_2} + q_{j_1} + q_{j_2}} > \frac{a_{i_1} + a_{i_2} + b_{j_1} + b_{j_2}}{p_{i_1} + p_{i_2} + q_{j_1} + q_{j_2}},$$

điều đó là không thể. Một sự mâu thuẫn đã thu được. Do đó, bất kỳ bảng nào $2 \times 2$ đều có ô yên ngựa và câu lệnh bài toán 6) tuân theo điểm a).

L. Leemans

Hãy để chúng tôi đưa ra thêm một bằng chứng về điểm 6), độc lập với a).

Hãy xem xét hai chức năng:

$$f(t) = \max_i (a_i - p_i t),$$

Và

$$g(t) = \max_j (q_j t - b_j),$$

được xác định cho tất cả $t$. (Các hàm như vậy được gọi là tuyến tính từng đoạn; đồ thị của chúng là các đường đứt nét.) Hàm $f$ hoàn toàn tiêu diệt và hàm $g$ tăng nghiêm ngặt (vì các số $p_i$ và $q_j$ là dương). Do đó, tồn tại số $t_0$ sao cho $f(t_0) = g(t_0)$ - Hình 4.

Hãy chứng minh rằng số $t_0$ này là một phần tử của bảng của chúng ta. Thật vậy, đối với một số chỉ số $i_0, j_0$ chúng ta có:

$$a_{i_0} - p_{i_0} t_0 = q_{j_0} t_0 - b_{j_0},$$

Ở đâu

$$t_0 = \frac{a_{i_0} + b_{j_0}}{p_{i_0} + q_{j_0}}.$$

Hãy chứng minh rằng phần tử $t_0$ này là phần tử yên cho bảng của chúng ta. Từ định nghĩa của hàm $f$ suy ra rằng

$$a_i - p_i t_0 \leq a_{i_0} - p_{i_0} t_0 = q_{j_0} t_0 - b_{j_0},$$

và, do đó,

$$t_0 \geq \frac{a_i + b_{j_0}}{p_i + q_{j_0}},$$

tức là phần tử $t_0$ không nhỏ hơn các số trong cùng cột với nó (có số $j_0$). Và từ định nghĩa của hàm $g$ suy ra rằng

$$q_j t_0 - b_j \leq q_{j_0} t_0 - b_{j_0} = a_{i_0} - p_{i_0} t_0,$$

Ở đâu

$$t_0 \leq \frac{a_{i_0} + b_{j_0}}{p_{i_0} + q_{j_0}},$$

tức là phần tử $t_0$ không lớn hơn các số trên cùng dòng với nó (với số $i_0$). Bằng chứng là hợp pháp.

N. Vasiliev

54

Cơm. 7. Giải vô địch bóng chuyền $n=8$, $k=3$. Các đội 6, 7, 8 là châu Âu; Nhà vô địch Euro - đội 6. Đã thêm đội $A$ và $B$.

Cơm. 8. a) Các đội châu Âu - 5 và 6. Vô địch châu Âu - đội 5. b) Các đội châu Âu - 4 và 5. Vô địch châu Âu - đội 4.

Đối với $l \geq 4$, giá trị nguyên nhất của $k$ thỏa mãn (3) bằng $2l-5$; thật vậy, với $k=2l-5$ bất đẳng thức đúng và với $k \geq 2l-4$ vế trái của nó là dương (hãy đảm bảo điều này).

Nếu $l=3$, thì từ (3) chúng ta thu được $k^2-k-2 \leq 0$, tức là $k \leq 2$.

Nếu $l=2$ thì $k^2+k-2 \leq 0$ và $k \leq 1$.

Vì $2l-5=n-5$ đối với $n$ chẵn và $2l-5=n-4$ đối với $n$ lẻ, nên chúng ta có thể viết kết quả như sau:

1. $k \leq n-4$ nếu $n \geq 7$ và $n$ là số lẻ;
2. $k \leq n-5$ nếu $n \geq 8$ và $n$ là số lẻ;
3. $k \leq 2$ nếu $n=6$ và $n=5$;
4. $k \leq 1$ nếu $n=4$ và $n=3$.

Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh rằng trong tất cả các bất đẳng thức thu được đều có thể đạt được đẳng thức.

Hãy bắt đầu với trường hợp 1) và 2).

Hình 6 và 7 trình bày các ví dụ về bảng tham quan cho trường hợp $n=7$ và $k=3$; $n=8$ và $k=3$; những bảng này sẽ đóng vai trò là sự khởi đầu của quá trình quy nạp.

Chúng tôi thực hiện các công trình tiếp theo theo chỉ dẫn, tuần tự bổ sung thêm hai đội châu Âu.

Lưu ý, trước hết, đối với $k=2l-5$ $x=y=l-2$ là không thể thiếu.

Thật vậy (xem (2’)), $y \geq \frac{(k-1)(k+2)}{2k}$, tức là

$y \geq \frac{k}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{2k}$ hoặc $y \geq l-2 - \frac{1}{2(2l-5)}$,

và vì $l \geq 4$ và $y$ là số nguyên nên $y \geq l-2$, từ đó $y=x=l-2$.

Điều này đồng nghĩa với việc nhà vô địch Euro của chúng ta chắc chắn sẽ mất tất cả vào tay các đội bóng ngoài châu Âu.

Giả sử trong một giải đấu gồm $n=2l$ đội, 5 đội đầu tiên không phải là người châu Âu, $n-5$ còn lại là người châu Âu và nhà vô địch Euro đứng ở vị trí cuối cùng.

Hãy thêm hai đội Châu Âu nữa - $(n+1)$ - đội 1 $A$ và đội $(n+2)$ $B$.

Chúng ta sẽ giả định rằng đội $A$ thắng các đội 1, 3, …, $(n-1)$, thua các đội còn lại và thắng $B$.

Đội $B$ thắng các đội thứ 2, 4,…, $n$ và thua các đội còn lại.

Kết quả, mỗi đội đầu bảng $n$ nhận thêm một điểm nên vị trí tương đối của họ trên bảng xếp hạng không thay đổi.

Nhà vô địch Euro hiện có $l-1$ điểm, đội có $A-l+1$ điểm; Đội có $B-l$ điểm nên nhà vô địch Europa “cũ” vẫn đứng ở vị trí cuối cùng.

Trong các trận đấu với các đội Châu Âu, đội $A$ nhận được $l-2$ điểm ($l-3$ điểm trong các trận đấu với các đội “cũ” và một điểm trong các trận đấu với đội $B$).

Đội $B$ sẽ ghi được $l-2$ điểm trong các trận đấu với các đội châu Âu, nên nhà vô địch Euro “cũ” sẽ giữ nguyên giá trị.

Nếu $n=2l-1$ lẻ thì lý luận tương tự như sóng, chỉ cần giả sử đội $B$ thắng $A$ (tự chứng minh).

Đối với $n=6$ và $n=5$, thật dễ dàng để xây dựng các ví dụ với $k=2$ (Hình 8, a và b). Các trường hợp $n=4$ và $n=3$ đều tầm thường.

A. Egorov

55

M342. a) Chứng minh rằng từ các chữ số 1 và 2 có thể tạo thành $2^{n+1}$ số, mỗi số có $2^n$ chữ số và mỗi số khác nhau ít nhất $2^{n-1}$ chữ số.

6. Chứng minh rằng không thể tạo được nhiều hơn $2^{n+1}$ số tối đa $2^n$ chữ số.

Cơm. 9.

Chúng ta sẽ giải bài toán này bằng phương pháp quy nạp toán học. Cơ sở và chỉ số. Với $n = 1$, cứ hai trong số bốn số có hai chữ số 11, 12, 21, 22 khác nhau ít nhất một chữ số.

Bước quy nạp Giả sử rằng các số $2^{n+1}$ được tạo thành từ một và hai, mỗi số có $2^n$ chữ số và mỗi số khác nhau ít nhất $2^{n-1} \times$ chữ số. Hãy tạo một bảng $A$ có kích thước $2^{n+1} \times 2^n$ từ những số này (các hàng của bảng là các số, các cột là các chữ số của các số). Chúng ta hãy gán cho mỗi số $a$ của bảng $A$ bên phải cùng một số $a$; kết quả là $2^{n+1}$ số, mỗi số đã có $2^{n+1}$ chữ số, tạo thành bảng $AA$. Sau đó, với mỗi số $a$ của bảng $A$, chúng ta sẽ thêm số đối diện $a$ vào bên phải (chúng ta sẽ thay thế số một bằng số hai và số hai bằng số một).

Hãy xem xét một bảng có kích thước $2^{n+2} \times 2^{n+1}$ (xem Hình 9), các hàng trong đó chứa các số $2^{n+2}$, mỗi số có giá trị $2^{n+1}$. Hãy chứng minh rằng hai số này khác nhau ít nhất $2^n$ chữ số.

Trên thực tế, theo giả thuyết quy nạp, bất kỳ hai số nào được lấy từ “nửa” trên của bảng của chúng ta (phần $AA$) khác nhau ít nhất $2 \cdot 2^{n-1} = 2^n$ chữ số. Tono, bất kỳ hai số nào được lấy từ nửa “dưới” của bảng (từ phần $A\bar{A}$, vì các số trong bảng $\bar{A}$ khác nhau về các chữ số giống hệt như các số tương ứng trong bảng $A$) cũng khác nhau. Nếu chúng ta lấy hai số từ các “nửa” khác nhau của bảng - $aa$ ở trên và $b\bar{b}$ ở dưới cùng, thì chúng sẽ khác nhau chính xác ở $2^n$ chữ số: nếu các số $a$ và $b$ khác nhau ở $k$ chữ số, thì các số $a$ và $b$ khác nhau ở các chữ số còn lại $2^n - k$ chữ số.

6. Giả sử điều ngược lại: chúng ta hãy soạn $2^{n+1} + 1$ số theo yêu cầu trong bài toán. Vậy trong số đó có $2^n + 1$ số có cùng chữ số đầu tiên. Chúng ta hãy nhìn vào những con số này.

Trong mỗi $2^n - 1$ chữ số còn lại có ít nhất $2^{n-2}$ cặp số này khớp với nhau. Thật vậy, nếu ở một số hạng (trên tất cả các số này) có $2^{n-1} - k$ số ($k \ge 0$) và $2^{n-1} + k + 1$ hai số (tổng cộng có $2^n + 1$ số), thì số lượng trùng khớp bằng

$$C_{2n-1}^{2} + C_{2n-1}^{2} + k + 1 = 2^{2n-2} + k^2 + k \ge 2^{2n-2}.$$

Như vậy, số lượng $N$ trùng khớp ở tất cả các chữ số ít nhất là

$$C_{2n+1}^{2} + (2^n - 1)2^{2n-2} = 2^{3n-2} + 2^{n-2} + 2^{n-1}.$$

Mặt khác, nếu mỗi số $2^n + 1$ đang được xem xét khác nhau ít nhất $2^{n-1}$ chữ số thì sẽ không có kết quả trùng khớp nào nữa

$$C_{2n+1}^{2} \cdot 2^{n-1} = 2^{3n-2} + 2^{2n-2}.$$

Vì (1) lớn hơn (2), nên chúng ta đã đi đến kết quả ngược lại, đó là điều cần thiết.

Đối với những người đã quen thuộc với không gian bao hàm đa chiều có thể hiểu được, chúng tôi trình bày tóm tắt của một bằng chứng khác. Chúng ta hãy thay thế “hai” trong điều kiện bằng “số trừ”. Tuyên bố của Theler bài toán xuất phát từ một thực tế tổng quát, dễ dàng được chứng minh bằng quy nạp trên $k$: trong số các vectơ $(2k + 1)$ $k$ chiều có hai vectơ có tích vô hướng không âm.

I. Klumova,
S. Fomin