Lời giải bài toán M361—M363; F369—F372

Kvant 1976, số 9 tr. 49-54 Thẻ DQUO

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 →

Lời giải bài toán

M361. Hai chiếc gốm tiếp nối chiếc gốm tiếp theo. Một hình chữ nhật gồm $m \times n$ ô được đánh dấu trên giấy ca rô. Mỗi người lần lượt gạch bỏ tất cả các ô của một số hàng ngang - theo dòng. Lưu ý rằng sau khi gạch bỏ một cột (hàng), các ô còn lại có thể được coi là nằm trong một hình chữ nhật trong đó số cột (tương ứng là hàng) ít hơn một. Từ Hình 1, rõ ràng là tùy thuộc vào cột (hoặc hàng) nào bị gạch bỏ, do đó chúng ta có thể giả định rằng đây là một trong các cột (hoặc hàng) bên ngoài.

Hãy chứng minh rằng nếu các số $m$ và $n$ của hàng và cột trong hình chữ nhật ban đầu có số chẵn lẻ khác nhau thì nếu chơi đúng, người mới bắt đầu sẽ thắng.

Chiến lược của người mới bắt đầu như sau: anh ta gạch bỏ một hàng hoặc cột để còn lại một hình chữ nhật có số hàng chẵn và số cột chẵn (vì trong hình chữ nhật ban đầu, số hàng và số cột có số chẵn lẻ khác nhau, anh ta luôn có thể làm được điều này). Sau bất kỳ nước đi nào của trò chơi thứ hai, vẫn còn một hình chữ nhật nhỏ hơn, trong đó số cột và hàng lại có số chẵn lẻ khác nhau. Người mới bắt đầu lại gạch bỏ một hàng hoặc cột để còn lại một hình chữ nhật có số hàng và cột chẵn, v.v. Cuối cùng, sau nước đi thứ hai, trò chơi chỉ còn lại một hình chữ nhật có một hàng hoặc một cột, bằng cách vượt qua, người mới bắt đầu sẽ thắng.

Lưu ý rằng nếu chỉ có một cột (hoặc hàng) trong hình chữ nhật ban đầu, thì người mới bắt đầu bằng cách gạch bỏ cột (hàng) này sẽ thắng.

TỪ lý do trên, suy ra rằng nếu $m$ và $n$ có cùng số chẵn lẻ và cả hai đều không bằng một, thì người chơi thứ hai sẽ thắng, vì người bắt đầu với bất kỳ nước đi nào đều để lại cho anh ta một hình chữ nhật trong đó số hàng và số cột có số chẵn lẻ khác nhau.

A. Savin

Cơm. 1.

M362. Chúng ta chia một hàng của tứ giác lồi $ABCD$ thành ba phần bằng nhau và nối các đoạn tương ứng với các điểm trên các hàng liên kết với nhau. Chứng minh rằng phần xa “trung bình” của tứ giác nhỏ hơn phần xa của tứ giác $ABCD$ 9 lần.

Cơm. 2.

Chúng ta sẽ gọi các ô ở cột hàng dọc và các ô ở hàng hàng ngang. Lưu ý rằng sau khi gạch bỏ một cột (hàng), các ô còn lại có thể được coi là nằm trong một hình chữ nhật trong đó số cột (tương ứng là hàng) ít hơn một. Từ Hình 1, rõ ràng là tùy thuộc vào cột (hoặc hàng) nào bị gạch bỏ, do đó chúng ta có thể giả định rằng đây là một trong các cột (hoặc hàng) bên ngoài.

Lưu ý rằng nếu chỉ có một cột (hoặc hàng) trong hình chữ nhật ban đầu, thì người mới bắt đầu bằng cách gạch bỏ cột (hàng) này sẽ thắng.

A. Savin

Chúng ta sẽ giải bài toán tổng quát hơn - chúng ta sẽ chứng minh rằng nếu các cạnh $AB$ và $DC$ được chia thành $m$ , $BC$ và $AD$ - thành $n$ phần bằng nhau ( $m$ và $n$ là số lẻ; Hình 2), thì diện tích của tứ giác trung tâm $ABCD$ . I. Trước tiên chúng ta hãy chứng minh rằng mỗi đoạn thẳng nối với nhau bởi các hàng của tứ giác $ABCD$ được chia thành các phần bằng nhau.

Để làm điều này, chúng ta hãy kiểm tra tính hợp lệ của tuyên bố tổng quát hơn này: nếu các điểm $K \in [AB], L \in [DC], M \in [AD], N \in [BC]$ sao cho

$\frac{|AK|}{|KB|} = \frac{|DL|}{|LC|} = \alpha, \frac{|AM|}{|MD|} = \frac{|BN|}{|NC|} = \beta,$

chúng ta có thể cắt $P$ các đoạn $KL$ và $MN$ rồi chia chúng theo cùng một tỷ lệ

$\frac{|MP|}{|PN|} = \alpha, \frac{|KP|}{|PL|} = \beta.$

Điều này dễ dàng xác minh bằng cách sử dụng vectơ, nhưng chúng ta sẽ sử dụng các thông báo cơ học. Ta đặt tại các điểm $A, B, C$ và $D$ tải trọng có khối lượng $1, \alpha, \alpha\beta$ và $\beta$ tương ứng

nhưng (Hình 3) và chúng ta sẽ tìm theo hai cách trọng tâm của bốn tải trọng này. Trọng tâm của tải trọng $A$ (1) và $B$ ( $\alpha$ ) nằm tại điểm $K$ , trọng lượng $D$ ( $\beta$ ) và $L$ ( $\alpha\beta$ ) - tại điểm $L$ ; Điều này có nghĩa là trọng tâm của cả bốn vật nặng đều nằm ở điểm $P'$ , chia đoạn $KL$ so với $\frac{|KP'|}{|P'L|} = \frac{\beta + \alpha\beta}{1 + \alpha} = \beta$ .

Tương tự, gộp các tải trọng $A$ (1) và $D$ ( $\beta$ ), $B$ ( $\alpha$ ) và $C$ ( $\alpha\beta$ ) thành từng cặp, ta chứng minh được trọng tâm của các tải trọng này nằm tại điểm $P'' \in [MN]$ , sao cho $\frac{|MP''|}{|P''N|} = \alpha$ .

Vì trọng tâm thuộc cả $KL$ và $MN$ nên nó phải trùng với giao điểm của các đoạn này: $P' = P'' = P$ . Như vậy đẳng thức (*) được chứng minh.

II. Bây giờ chúng ta hãy chứng minh nhận định sau: nếu các cạnh $AB$ và $CD$ của một tứ giác lồi $ABCD$ được chia thành $k$ phần bằng nhau và nối các điểm tương ứng (Hình 4), thì diện tích của các tứ giác thu được $S_1$ , $S_2, \dots, S_k$ tạo thành một cấp số cộng. Thật vậy, chúng ta hãy chia mỗi tứ giác theo đường chéo thành hai tam giác - đỏ và xanh lam, như trong Hình 5. Diện tích của các tam giác màu xanh tạo thành một cấp số cộng (các đáy của chúng nằm trên $AB$ bằng nhau và chiều cao tạo thành một cấp số cộng) và diện tích của các tam giác đỏ cũng vậy. Bằng cách cộng hai cấp số cộng từng số hạng, chúng ta luôn thu được một cấp số cộng.

III. Hãy quay lại bản gốc bài toán. Chúng ta hãy viết vào các ô của bảng $m \times n$ diện tích của các hình tứ giác tương ứng mà $ABCD$ được chia trên đó. Sau đó, câu lệnh sau được tuân theo với mức độ tôn trọng như vậy: nếu trong một bảng gồm $m$ hàng và $n$ cột (m và $n$ lẻ) các số được viết, trong mỗi cột và trong mỗi hàng tạo thành một cấp số cộng, thì số ở ô trung tâm nhỏ hơn mn lần tổng của tất cả các số trong bảng.

Để chứng minh, chỉ cần lưu ý rằng tổng các số ở mỗi hàng bằng $n$ nhân với số trung bình của hàng này và tổng các số ở cột giữa là $m$ nhân với số ở ô trung tâm.

N. Vasiliev

M363. Hai parabol có trục song song cắt nhau tại các điểm $A_0$ và $B_0$ . Ở phần đầu tiên, chúng tôi lấy điểm $A_1$ , $A_2$ , … $A_{2n}$ ; ở giây thứ hai có các điểm $B_1$ , $B_2$ , … $B_{2n}$ , vậy $A_0A_1 \parallel B_0B_1$ , $A_1A_2 \parallel B_1B_2$ , … $A_{2n-1}A_{2n} \parallel B_{2n-1}B_{2n}$ . Hãy để chúng tôi chứng minh rằng $A_{2n}B_0 \parallel B_{2n}A_0$ .

Đặt $y = px^2 + qx + r$ và $y = p'x^2 + q'x + r'$ là phương trình của các parabol đã cho (Hình 7). Nếu $a_i, b_i$ là hoành độ của điểm $A_i, B_i$ thì hệ số góc của dây $A_iA_j$ của parabol thứ nhất được cho bởi công thức

$\frac{(pa_i^2 + qa_i + r) - (pa_j^2 + qa_j + r)}{a_i - a_j} = p(a_i + a_j) + q,$

và tương tự, hệ số góc của dây cung $B_iB_j$ của parabol thứ hai được tính theo công thức $p'(b_i + b_j) + q'$ .

Nó xuất phát từ điều kiện

$p(a_0 + a_1) + q = p'(b_0 + b_1) + q',$

$p(a_1 + a_2) + q = p'(b_1 + b_2) + q',$

$p(a_{2n-1} + a_{2n}) + q = p'(b_{2n+1} + b_{2n}) + q'$

Vì $A_0B_0$ là dây cung chung của parabol nên $p(a_0 + b_0) + q = p'(a_0 + b_0) + q'$ . (*)

Nhân các đẳng thức từng số hạng (1), (3), …, (2n - 1) với -1 rồi cộng chúng với các đẳng thức (*), (2), (4), …, (2n), ta được $p(a_{2n} + b_0) + q = p'(b_{2n} + a_0) + q'$ .

Điều này có nghĩa là $A_{2n}B_0 \parallel B_{2n}A_0$ .

F369. Ba quả bóng tích điện giống hệt nhau được giữ với nhau bằng những sợi dây không dẫn điện, tạo thành tam giác vuông BAC (Hình 7). Nút ABC bằng α, BC = l. Các điện tích sẽ bắt đầu chuyển động với gia tốc bằng bao nhiêu nếu sợi dây BC bị cắt? Điện tích của các quả bóng bằng q, khối lượng là m.

Xét chuyển động của các viên bi trong hệ tọa độ XOY; Trục X sẽ hướng dọc theo loại AC, trục Y dọc theo loại AB (xem Hình 7).

Vì các quả bóng A và C được nối với nhau bằng một sợi dây nên chúng di chuyển dọc theo trục X như một đơn vị. Viết phương trình chuyển động của hệ quả cầu, chiếu các ngoại lực tác dụng lên hệ lên trục X. Đây là các lực F₂ và F₁ - lực tương tác giữa quả bóng A và C với quả bóng B. Lực F₂ hướng vuông góc với trục X và hình chiếu của nó lên trục này bằng 0. Hình chiếu của lực F₁ lên trục X bằng F₁ sin α. Kể từ đây,

$F_1 \sin \alpha = 2 m a_x.$

Do đó hình chiếu gia tốc của bi A và C lên trục X là bằng nhau

$a_{Ax} = a_{Cx} = a_x = \frac{F_1}{2m} \sin \alpha = \frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 ml^2} \sin \alpha.$

Tương tự, đối với hệ bi A và B cũng được nối bằng một sợi dây, ta có

$a_{Ay} = a_{By} = \frac{F_1}{2m} \cos \alpha = \frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 ml^2} \cos \alpha.$

Khi đó giá trị tuyệt đối của gia tốc của quả bóng A bằng

$a_A = \sqrt{a_{Ax}^2 + a_{Ay}^2} = \frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 ml^2}.$

Vector a_A tạo một góc β với trục X sao cho

$tg\beta = \frac{a_{Ay}}{a_{Ax}} = ctg\alpha.$

Bây giờ hãy xem xét quả bóng B. Chúng ta hãy viết phương trình chuyển động của nó dọc theo trục X. Lực căng của sợi dây AB và lực tác dụng từ quả cầu A hướng dọc theo trục Y và hình chiếu của chúng lên trục X bằng 0. Kể từ đây,

$a_{Bx} = \frac{F_1}{m} \sin \alpha = \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 ml^2} \sin \alpha.$

Khi đó mô hình gia tốc của quả bóng B

$a_B = \sqrt{a_{Bx}^2 + a_{By}^2} = \frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 ml^2} \sqrt{1 + 3 \sin^2 \alpha}$

Và

$tg\gamma = \frac{a_{By}}{a_{Bx}} = \frac{1}{2} ctg\alpha.$

Thực hiện lập luận tương tự cho quả bóng C, ta thu được

$a_{Cy} = \frac{F_1}{m} \cos \alpha = \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 ml^2} \cos \alpha,$

$a_C = \sqrt{a_{Cy}^2 + a_{Cy}^2} = \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 ml^2} \sqrt{1 + 3 \cos^2 \alpha},$

$tg\delta = \frac{a_{Cy}}{a_{Cy}} = 2 ctg\alpha.$

F370. Ống, đường kính như vậy
bầy đàn nhỏ hơn nhiều so với chiều dài của nó,
cuộn thành một nhánh gai có bán kính R.
Chiếc nhẫn được đặt theo chiều dọc

nhưng chất lỏng cũng được lấp đầy, ngoại trừ một khu vực nhỏ gần điểm A (Hình 8), trong đó có đường dẫn phía trên. Bong bóng bắt đầu nổi. Đây là vận tốc của người đó lúc đi qua điểm B. Độ dài quãng đường là l. Bỏ qua áp suất của nước tác dụng lên thành bình.

Cơm. 8.

F371. Chúng ta bắn một viên đạn đại bác có khối lượng M = 200 kg với một viên đạn đại bác có khối lượng m = 20 kg nghiêng một góc α = 30° so với phương ngang. Điện tích của bột là r = 0,5 kg *), nhiệt độ của nó là q = 1000 kcal. Vào thời điểm viên đạn rời khỏi khẩu pháo, Nam tước Monhausen nhìn vào nó. Khối lượng của nó là μ = 70 kg. Viên đạn đại bác với Monhausen sẽ rơi gần đến mức nào với cùng một lượng thuốc súng? Bạn cần tăng lượng thuốc súng bao nhiêu để Monhausen bắn trúng đúng vị trí mà đạn đại bác đã bắn trúng trước emodo? K. n. d. khả năng chấp nhận bắn bằng η = 10%. Giả sử súng nằm trên một bề mặt mềm dẻo, trên đó súng có thể trượt không ma sát.

) Có lỗi đánh máy trong điều kiện của nhiệm vụ (xem «Kvant», 1975, số 12).

hoặc Từ định luật bảo toàn năng lượng suy ra rằng

$\frac{mv^2}{2} = \Delta \Pi.$

Ở đây m là khối lượng của chất lỏng trong ống, mv²/2 là độ biến thiên động năng của chất lỏng, và ΔΠ là độ biến thiên thế năng của nó.

Để tìm ΔΠ, hãy xem xét một phần chất lỏng trong thể tích không khí, hướng lên trên. Hãy biểu thị khối lượng của nó bằng m₁. Trong thời gian đường đi từ điểm A đến điểm B (xem Hình 8), phần chất lỏng này di chuyển từ B đến A, tức là rơi xuống độ cao 2R. Vị trí của phần còn lại của khối chất lỏng không thay đổi. Kể từ đây,

$\Delta \Pi = m_1 g \cdot 2R.$

Sau đó

$\frac{mv^2}{2} = 2 m_1 g R.$

Do đó, xét đến mối quan hệ tiếp theo

$\frac{m}{m_1} = \frac{2 \pi R - l}{l},$

cuối cùng chúng ta sẽ có được nó

$v = 2 \sqrt{\frac{g R i}{2 \pi R - l}}.$

Vì l ≪ 2πR,

$v \approx \sqrt{\frac{2 g l}{\pi}}.$

I. Slobodetsky

◆

Trước hết, chúng ta hãy tìm hiểu điều gì sẽ xảy ra với viên đạn thần công, khẩu pháo và bề mặt nằm ngang nhẵn của khẩu pháo trong quá trình bắn. Nói đúng ra, cảnh quay kéo dài trong một khoảng thời gian hữu hạn, mặc dù rất ngắn.

Nếu hệ thống bề mặt súng đủ “mềm”, tức là hệ thống có thể bị biến dạng và thời gian bắn nhỏ hơn nhiều so với bản chất của thời gian biến dạng này, thì hiện tượng sẽ phát triển theo hai giai đoạn. Đầu tiên, xảy ra sự tương tác của lõi với súng, chuyển động theo mọi hướng, sau đó là tương tác của súng với bề mặt (điều mà chúng ta không quan tâm thêm). Rõ ràng, trong trường hợp này, góc phát xạ của đạn pháo so với Trái đất bằng góc nghiêng của nòng súng α.

Nếu hệ thống bề mặt súng hoàn toàn “cứng nhắc”, thì sau khi bắn, súng sẽ không đạt được thành phần tốc độ thẳng đứng (tôi nghe thấy điều tương tự khi một khẩu súng, được gắn cố định trên bề mặt, bắn thẳng đứng lên trên) và sẽ chỉ di chuyển theo chiều ngang. Trong trường hợp này, góc bắn của đạn đại bác β sẽ không còn bằng góc lắp nòng súng α nữa.

Hãy xem xét trường hợp đầu tiên. Ta ký hiệu V là tốc độ của súng sau khi bắn và v là tốc độ của viên đạn đại bác so với Trái đất. Hãy giới thiệu trục tọa độ ngang (OX) và dọc (OY). Hãy viết định luật bảo toàn động lượng của hệ đạn đại bác để chiếu lên trục ngang và trục dọc:

$mv_x = MV_x, \quad mv_y = MV_y.$

Từ đây

$V_x = \frac{m}{M} v_x \quad и \quad V_y = \frac{m}{M} v_y.$

Định luật bảo toàn năng lượng, có tính đến hệ số hiệu suất η (chúng ta sẽ coi tổng cơ năng của hệ, tức là động năng của lõi và súng, là có ích), đưa ra

$\frac{m \left(v_x^2 + v_y^2\right)}{2} + \frac{M \left(V_x^2 + V_y^2\right)}{2} = \eta q r,$

hoặc, sử dụng các thư từ (1),

$v^2 = \frac{2 \eta q r}{m (1 + m / M)}.$

Chúng ta hãy tìm thêm tiếp theo (1),

$L = \frac{v^2 \sin 2 \alpha}{g} = \frac{2 \eta q r \sin 2 \alpha}{mg (1 + m / M)}.$

Bây giờ hãy để Nam tước Munchausen đầu hàng viên đạn đại bác ngay sau khi bắn, và để cây cột thực hiện việc này một cách tao nhã (anh ấy không lạ gì việc này!), việc này không làm thay đổi hướng tốc độ của viên đạn đại bác: tốc độ ban đầu của nam tước bằng không. Sử dụng định luật bảo toàn động lượng một lần nữa, chúng ta tìm được mô đun vận tốc $v_1$ của hệ nam tước–hạt nhân:

$mv = (m + \mu) v_1, \text{ и } v_1 = \frac{m}{m + \mu} v = \frac{v}{1 + \mu/m}.$

Phạm vi bay $L_1$ của hệ thống này sẽ bằng

$L_1 = \frac{v_1^2 \sin 2 \alpha}{g} = \frac{1}{(1 + \mu/m)^2} \frac{v^2 \sin 2 \alpha}{g} = L \frac{1}{(1 + \mu/m)^2}.$

Do đó, hạt nhân Munchausen sẽ rơi gần

$\Delta L = L - L_1 = L \left[ 1 - \frac{1}{(1 + \mu/m)^2} \right] \approx 1600 \text{ м}.$

Để đến được điểm chế độ, nam tước phải đổ thêm thuốc súng vào khẩu pháo. Terrier, tốc độ của lõi với nam tước phải bằng $v$ và tốc độ mới $v'$ của một lõi, theo biểu thức (4), sẽ tăng tương ứng:

$v' = v (1 + \mu/m), \text{ и } v'^2 = v^2 (1 + \mu/m)^2.$

Vì lượng thuốc súng tỷ lệ với bình phương vận tốc lõi (biểu thức (2)) nên lượng thuốc súng mới sẽ bằng

$r' = r (1 + \mu/m)^2 \approx 10 \text{ кц}.$

Do đó, lượng bột phải tăng thêm $r' - r \approx 9,5 \text{ кц}.$

Chúng tôi cung cấp cho bạn một phép tính cho trường hợp hệ thống súng “cứng nhắc” - bề mặt được thực hiện độc lập.

A. Smasenko

◆

Hãy để chúng tôi trình bày hai lời giải trong số bài toán này - đồ họa và phân tích.

Chúng ta hãy xây dựng một predmeta hình ảnh $MN$ trong một hệ thống tùy ý gồm hai đường thẳng dương mỏng (Hình 9). Để làm điều này, hãy xem xét đường đi của hai tia xuất phát từ điểm $N$ . Để một chùm tia $(AB)$ đi song song với trục quang của hệ và chùm tia thứ hai đi qua quang tâm của thấu kính thứ nhất. Tỉ lệ của ảnh sẽ được xác định bởi giao điểm của các tia này sau khi đi qua hệ thấu kính.

Khi thay đổi khoảng cách từ predmeta đến hệ thống (đối tượng $M_1 N_1$ trong Hình 9), đường đi của chùm tia $AB$ không thay đổi. Ối-

Cơm. 9.

Cơm. 10.

Có thể thấy rằng nếu tia $AB$ sau khi đi qua hệ thấu kính mà truyền song song với trục quang thì kích thước của ảnh sẽ không phụ thuộc vào khoảng cách từ vật đến hệ (Hình 10). Nhưng điều này chỉ có thể xảy ra trong trường hợp tia $AB$ , đi qua $\varGamma_1$ , cắt tiêu điểm của thấu kính $\varGamma_2$ , tức là khi tiêu điểm bên phải của thấu kính thứ nhất trùng với tiêu điểm bên trái của thấu kính thứ hai. Như vậy,

$l = F_1 + F_2.$

Hệ thống ống kính này được gọi là điện thoại.

Kết quả này cũng có thể đạt được bằng phương pháp phân tích. Độ phóng đại ngang $\varGamma$ của một thấu kính mỏng bằng

$\varGamma = \frac{f}{d} = \frac{F}{d - F} = \frac{f - F}{F}.$

Ở đây $d$ là khoảng cách từ vật đến thấu kính, $f$ là khoảng cách từ thấu kính đến ảnh và $F$ là tiêu cự của thấu kính.

Đối với hệ hai thấu kính ta có thể viết

$\varGamma = \varGamma_1 \varGamma_2 = \frac{f_1 - F_1}{F_1} \frac{F_2}{d_2 - F_2}.$

Nhưng $d_2 = l - f_2$ , do đó

$\varGamma = \frac{F_2}{F_1} \frac{f_1 - F_1}{l - f_1 - F_2}.$

Từ đó rõ ràng là $\varGamma$ không phụ thuộc vào $f_1$ (và do đó vào $d_1$ ) nếu

$\frac{f_1 - F_1}{l - f_1 - F_2} = \text{const}.$

Điều này chỉ có thể thực hiện được khi $l = F_1 + F_2$ .

E. Kuznetsov