Bài toán M511—M515; F523—F527

33

Vấn đề
lượng tử

M511—M515; F523—F527

M511. Bên trong tứ giác $ABCD$ có một điểm $M$ sao cho $ABMD \leftarrow$ là hình bình hành. Chứng minh rằng nếu $CBM = CDM$ thì $ACD = CDM$. (lớp 8-9)

Yu. Mikheev

M512. Hãy để $f(x) = x^3 - x + 1$. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $m > 1$ thì các số $m, f(m), f(f(m))$, $f(f(f(m)))$, … là hai số nguyên tố cùng nhau. (10 lớp)

A. Kolotov

M513*. Chứng minh rằng tồn tại một số $A$ sao cho có thể viết được ít nhất 1978 cặp bình phương không đồng nhất vào đồ thị của hàm $y = A \sin x$. (Một hình vuông được gọi là nội tiếp nếu tất cả các đỉnh của nó đều thuộc đồ thị.) (10 ô)

V. Fedogov

M514*. Chứng minh rằng tồn tại một dãy giới hạn vô hạn $\{x_n\}$ sao cho với mọi $m$ và $k$ phân biệt bất đẳng thức sau đây đúng:
$$|x_m - x_k| \geq |m - k|^{-1}.$$ (lớp 9, 10)

S. Konyazin

M515. Đã cho một tập hữu hạn $K_0$. Nó được thêm vào tất cả các điểm có thể thu được bằng cách phản ánh đối xứng một điểm của tập hợp này so với điểm khác. Tập kết quả được ký hiệu là $K_1$. Tương tự, từ tập $K_1$ ta được $K_2$, từ $K_2 \leftarrow K_3$, v.v.

a) Đặt tập $K_0$ bao gồm $d$ trong $x$ điểm $A$ và $B$ ở khoảng cách $1$. Với mức tối thiểu nào $n$ trong tập hợp $K_n$ có một điểm nằm cách điểm $A$ 10000?

b) Cho $K_0$ là tập hợp tứ giác $K_0 \leftarrow$ ba điểm có diện tích bằng 1. Tìm diện tích đa giác lồi nhỏ nhất chứa tập hợp $K_n$ ($n = 1, 2 \ldots$). (8 lớp)

Trong ba đoạn tiếp theo $K_0 \leftarrow$ là tập hợp hình tứ giác có diện tích bằng 1.

b) Xét đa giác lồi nhỏ nhất chứa tất cả các điểm của đa giác $K_1$. Đa giác này có bao nhiêu và loại mặt nào?

36

M462. Chúng ta cắt mặt phẳng với các cạnh bên của một paramid tứ giác đều tại các điểm cách đỉnh một khoảng cách a, b, c và d (Hình 1). Chứng minh rằng

$$\frac{1}{a} + \frac{1}{c} = \frac{1}{b} + \frac{1}{d}.$$

Hình 1.

Hình 2.

M463. Cho các số tự nhiên $x_1, x_2, \dots, x_m, y_1, y_2, \dots, y_n$. Tổng $x_1 + x_2 + \dots + x_m$ và $y_1 + y_2 + \dots + y_n$ bằng nhau và nhỏ hơn mn. Chứng minh rằng trong đẳng thức $x_1 + x_2 + \dots + x_m = y_1 + y_2 + \dots + y_n$ bạn có thể gạch bỏ một số số hạng lớn nhất để có được đẳng thức đúng lần nữa.

$$4 + 5 + 5 = 1 + 1 + 6 + 6 \quad (\text{неЛЬЗЯ}),$$
$$3 + 3 + 4 + 5 = 1 + 1 + 6 + 7 \quad (\text{МОЖНО})$$

Chúng ta hãy biểu thị bằng $\alpha$ các góc được tạo bởi chiều cao của paramid với các cạnh bên, bằng $A, B, C, D$ các điểm giao nhau của mặt phẳng cắt với các cạnh bên và chiều cao, bằng $H$ đỉnh của paramid (Hình 1). Rõ ràng là phải có sự tương ứng nào đó giữa độ dài $a, b, c$ và $d$: xét cho cùng, một mặt phẳng đi qua ba điểm $A, B, C$, do đó $d$ có thể được biểu thị thông qua $a, b$ và $c$. Sự tương ứng như vậy có thể đạt được bằng cách biểu thị độ dài của đường phân giác chung $HK$ trong mỗi tam giác $AHC$ và $BHD$ thông qua góc $\alpha$ và độ dài các cạnh của chúng: $a, c$ (trong một) và $b, d$ (trong tam giác kia) và đánh đồng kết quả. Đây chính xác là cách bạn có được đẳng thức tam giác.

Để có được công thức cần thiết về độ dài đường phân giác $l = |HK|$ trong tam giác $AHC$, chúng ta sử dụng thực tế là $S(AHC) = S(AHK) + S(KHC)$ (Hình 2). Nhân với 2, ta được

$$ac \sin 2\alpha = al \sin \alpha + cl \sin \alpha,$$

Ở đâu

$$\frac{2\cos \alpha}{l} = \frac{1}{a} + \frac{1}{c}.$$

Tương tự từ tam giác $BHC$

$$\frac{2\cos \alpha}{l} = \frac{1}{b} + \frac{1}{d}.$$

Từ đây

$$\frac{1}{a} + \frac{1}{c} = \frac{1}{b} + \frac{1}{d}.$$

N. Vasiliev

◆

Ta sẽ tiến hành chứng minh bằng quy nạp trên $k = m + n$. Vì $x_1 + x_2 + \dots + x_m \geq m, y_1 + y_2 + \dots + y_n \geq n$, thì mn > m, mn > n, mở $m \geq 2, n \geq 2, k \geq 4$. Nếu $k = 4$, tức là $m = n = 2, x_1 + x_2 = y_1 + y_2 < 4$, thì ít nhất một trong các số $x_1, x_2$ bằng 1 và ít nhất một trong các số $y_1, y_2$ bằng 1. Vì vậy, đối với $k = 4$, câu bài toán là đúng. Giả sử rằng mệnh đề đã được chứng minh cho $m = n = k$ và chứng minh cho $m + n = k + 1$.

Gọi $x_1$ là số lớn nhất trong các số $x_1, x_2, \dots, x_m, y_1$ là số lớn nhất trong các số $y_1, \dots, y_n$ ($m + n = k + 1$). Nếu $x_1 = y_1$ thì gạch bỏ $x_1$ và $y_1$. Hãy để $x_1 > y_1$. Khoảng cách bình đẳng

$$(x_1 - y_1) + x_2 + \dots + x_m = y_2 + \dots + y_n,$$

(*) chứa tất cả các thuật ngữ $m + n - 1 = k$. Để đưa ra một mệnh đề quy nạp cho nó, chúng ta cần kiểm tra xem $y_2 + \dots + y_n < m(n - 1)$. Hãy đặt $S = y_1 + y_2 + \dots + y_n$. Sau đó $y_1 \geq \frac{S}{n}$ và do đó

$$y_2 + \dots + y_n < S - \frac{S}{n} = S \cdot \frac{n - 1}{n}.$$

Vì $S < mn$, nên $y_2 + \dots + y_n < mn \cdot \frac{n - 1}{n} = m(n - 1)$.

Bằng cách gạch bỏ một số số hạng trong đẳng thức (*) để thu được đẳng thức đúng (điều này có thể được thực hiện bằng giả thuyết quy nạp); chúng ta nhận được loại trừ hoặc một đẳng thức chứa chênh lệch $x_1 - y_1$ ở vế trái. Trong trường hợp sau, bạn cần chuyển $y_1$ sang phần chính xác.

D. Bernistey, Y. Ionin

37

M464. Trên một mặt phẳng cho trước có 1000 hình vuông có các cạnh song song với trục tọa độ. Gọi $M$ là tập tâm của các hình vuông này. Chứng minh rằng có thể đánh dấu một phần của các ô vuông sao cho bất kỳ điểm nào trong tập hợp $M$ đều rơi vào ít nhất một và nhiều nhất là bốn ô vuông đã được đánh dấu.

Hãy chứng minh bổ đề này. Chúng ta có thể giả sử rằng điểm chung là gốc $O$. Trong đường đi của tâm các hình vuông này, ít nhất có hai tâm phải nằm trên một trong bốn mặt phẳng xác định bởi trục tọa độ (bốn mặt phẳng này được nối với nhau bằng các tia giới hạn chúng). Đặt tâm $O_1$ và $O_2$ của các hình vuông $S_1$ và $S_2$ nằm trong phần tư thứ nhất, và $(x_1; y_1)$, $(x_2; y_2)$ là tọa độ của các điểm $O_1$ và $O_2$. Hãy chọn nhiều nhất từ ​​các con số $x_1, y_1, x_2, y_2$;
trống, chúng tôi sẽ chỉ đạo, $x_1$. Hãy cùng chúng tôi chứng minh điều đó nhé $O_2 \in S_1$. Thật vậy, rõ ràng vấn đề là $(x_1; x_2) \in S_1$. Vì $O \in S_1$, nên mọi điểm $(x; y)$ sao cho $0 \leq x \leq x_1$, $0 \leq y \leq x_1$ đều thuộc về $S_1$. Đặc biệt, $(x_2; y_2) \in S_1$, đó là điều bắt buộc.

Bây giờ chúng ta hãy mô tả các ô vuông được “đánh dấu” chính xác. Đặt $K_1$ là số lớn nhất trong số 1000 ô vuông đã cho (sau đây, nếu số lớn nhất không phải là nhiều ô, chúng ta lấy một trong số chúng). Đặt $K_2$ là hình vuông lớn nhất trong số các hình vuông của một họ nhất định có tâm nằm ngoài $K_1$; $K_3$ là phần lớn các ô vuông của một họ nhất định có tâm nằm ngoài $K_1$ và $K_2$, v.v. Quá trình này kết thúc bằng việc xây dựng một hình vuông $K_n$ sao cho không có điểm nào của tập hợp $M$ bên ngoài $K_1$, …, $K_n$ (tổng số ô vuông hữu hạn). Các hình vuông $K_1$, …, $K_n$ được đánh dấu theo cách này thỏa mãn hầu hết các điều kiện bài toán: chúng bao trùm tập hợp $M$. Để chứng tỏ chúng thỏa mãn điều kiện thứ hai, chỉ cần chứng minh rằng không có năm chúng nào có điểm chung là đủ. Thật vậy, theo bổ đề, nếu một điểm như vậy được tìm thấy thì một trong các ô vuông được đánh dấu sẽ chứa tâm của ô kia. Cần lưu ý rằng đây không phải là trường hợp của các ô vuông mà chúng ta đã chọn. Thật vậy, nếu $i < j$, thì tâm của $K_j$ nằm ngoài $K_i$ theo cách xây dựng; Hơn nữa, $K_j$ không lớn hơn $K_i$ nên tâm $K_i$ cũng nằm ngoài $K_j$.

A. Âm mưu

F478. Trên một khối nằm trên một bề mặt ngang nhẵn, hãy bay một trong các khối giống nhau và các khối được đánh bằng các cạnh song song của chúng. Tốc độ tấn công của khối ước tính trước khi va chạm được hướng một góc $\alpha$ so với các cạnh bên (Hình 3). Các hình khối sẽ chuyển động như thế nào sau va chạm nếu hệ số ma sát giữa các cạnh của cốc là $\mu$?

Hình 3.

Chúng ta hãy biểu thị $F$ giá trị tuyệt đối của lực đàn hồi mà các khối tác dụng lên nhau khi va chạm. Khi đó giá trị tuyệt đối của lực ma sát giữa các cốc bằng $\mu F$ (Hình 4).

Trong thời gian $\Delta t$, hình chiếu động lượng của mỗi cốc lên trục $Y$ thay đổi giá trị tuyệt đối một lượng $F\Delta t$. Vì vậy mỗi cốc cốc

$$|\Delta (mv_y)| = F\Delta t.$$

Giá trị tuyệt đối của độ biến thiên hình chiếu động lượng của mỗi cốc lên trục $X$ bằng $\mu F\Delta t$:

$$|\Delta (mv_x)| = \mu F\Delta t.$$

Từ những mối quan hệ này, rõ ràng là với mỗi khối

$$|\Delta (mv_x)| = \mu |\Delta (mv_y)|.$$

Mối quan hệ này có giá trị trong bất kỳ khoảng thời gian nào. Do đó, nếu chúng ta biểu thị $v_x$ và $v_y$ các hình chiếu tốc độ của khối lập phương trên trục $X$ và $Y$ sau khi hai chiếc cốc va chạm, thì $v_x$ và $v_y$ là các giá trị hình chiếu của nó trước va chạm, thì

$$\mu m |v'_x - v_y| = m |v'_x - v_x| \Rightarrow \mu' |v'_x - v_y| = |v'_x - v_x|.$$

Chúng ta hãy biểu thị bằng $u$ và $w$ tốc độ của các cốc $I$ và $II$ trước khi va chạm ($w = 0$), $u'$ và $w'$ tốc độ của các cốc $I$ và $II$ sau va chạm. Giả sử rằng sự mất năng lượng khi va chạm chỉ xảy ra do tác dụng của lực ma sát, ta thu được cho khối lập phương $I$ ($u_x = u \cos \alpha$, $u_y = u \sin \alpha$)

38

$$u'_y = 0, u'_x = u \cos \alpha - \mu u \sin \alpha = u (\cos \alpha - \mu \sin \alpha),$$
cho khối II ($w_x = 0, w_y = 0, w = |\vec{w}|$)
$$w'_y = u \sin \alpha, w'_x = \mu u \sin \alpha \quad (u = |\vec{u}|).$$
Đối với tác động hoàn toàn không đàn hồi (dọc theo trục Y)
$$u'_y = w'_y = \frac{1}{2} u \sin \alpha,$$
$$u'_x = u \cos \alpha - \frac{1}{2} \mu u \sin \alpha.$$
(Chúng tôi giả sử rằng tốc độ $\vec{u}$ hướng song song với đường nối tâm khối của các hình khối và diện tích tiếp xúc khi va chạm bằng diện tích của các mặt tiếp xúc. Trong những điều kiện này, các hình khối không quay sau va chạm.)

I. Slobodetsky

F479. Để xác định thể tích chưa biết $V_1$ của hình trụ I, hãy lắp ráp sơ đồ như hình 5. Thể tích của hình trụ II là $V_2$ và $V_2 \leq V_1$. Đầu tiên, hệ thống được bơm xuống áp suất $p_0$, gần bằng 0. Sau đó đóng van B và đổ khí vào xi lanh II đến áp suất $p_0$. Sau đó, đóng van A, mở van B và đo áp suất đã thiết lập trong hệ thống $p_1$ bằng đồng hồ đo áp suất C. Sau đó, khi van B đóng, tháo bình chứa khí đến áp suất $p_a$, mở van B và đo áp suất đã thiết lập trong hệ thống $p_2$. Thao tác này được lặp lại n lần. Chứng minh rằng tỉ số $\frac{p_n - p_0}{np_a}$ bằng và bằng $\frac{V_2}{V_1 + V_2}$.

Từ các điều kiện thí nghiệm, sử dụng định luật Boyle-Marport, thu được hệ n phương trình
$$p_0 V_1 + p_a V_2 = p_1 (V_1 + V_2),$$
$$p_1 V_1 + p_a V_2 = p_2 (V_1 + V_2),$$
$$p_{n-1} V_1 + p_a V_2 = p_n (V_1 + V_2).$$
Hệ thống này cho phép tất cả $p_i$ ($i = 1, 2, \dots, n$) được thể hiện dưới dạng $p_0$ và $p_a$. Thật sự,
$$p_i = \frac{p_{i-1} V_1 + p_a V_2}{V_1 + V_2},$$
Ở đâu
$$p_i - p_a = \frac{V_1}{V_1 + V_2} (p_{i-1} - p_a) = \alpha (p_{i-1} - p_a),$$
ở đâu $\alpha = \frac{V_1}{V_1 + V_2}$. Kể từ đây,
$$p_{i-1} - p_a = \alpha (p_{i-2} - p_a), p_{i-2} - p_a = \alpha (p_{i-3} - p_a)$$, v.v.
Như vậy, $p_n - p_a = \alpha^n (p_0 - p_a)$, từ đâu
$$p_n = p_a + \alpha^n (p_0 - p_a),$$
$$p_n - p_0 = (p_a - p_0)(1 - \alpha^n).$$
Nhưng $1 - \alpha^n = (1 - \alpha)(1 + \alpha + \alpha^2 + \dots + \alpha^{n-1}) \approx n \frac{V_2}{V_1 + V_2}$ (vì $V_1 \gg V_2$ và do đó $\alpha$ gần bằng một). Có nghĩa,
$$p_n - p_0 \approx (p_a - p_0) n \frac{V_2}{V_1 + V_2},$$
$$\frac{p_n - p_0}{n (p_a - p_0)} \approx \frac{V_2}{V_1 + V_2}.$$
Nếu $p_0 \ll p_a$ thì
$$\frac{p_n - p_0}{np_a} \approx \frac{V_2}{V_1 + V_2}.$$

Hình 5.

A. Mitrofanov

39

F480. Con tàu được điều khiển bởi một tia nước, phun ra một dòng nước từ thân tàu với tốc độ $u$. Mỗi giây một khối nước $m$ được xả ra, được lấy từ sông. Tốc độ của tàu là bao nhiêu $k$, $n$, $d$. chuyển động tối đa? Lực ma sát và lực cản của nước khẳng định điều đó.

Tổng công $A$ mà động cơ thực hiện trong thời gian ngắn $\Delta t$ bằng động năng truyền cho nước phun ra từ động cơ tàu. Vì khối lượng nước thoát ra trong thời gian này bằng $\mu \Delta t$ nên

$$A = \frac{(\mu \Delta t) u^2}{2}.$$

Công có ích thực hiện trong thời gian này bằng độ biến thiên động năng của tàu. Nếu khối lượng của tàu là $M$ thì

$$A_{\text{пол}} = \frac{M (v + \Delta v)^2}{2} - \frac{M v^2}{2} = M v \Delta v,$$

trong đó $v$ là giá trị tuyệt đối của tốc độ tàu. Bỏ qua hình vuông nhỏ $(\Delta v)^2$, ta thu được $A_{\text{пол}} = M v \Delta v$. Để tìm $M \Delta v$, bạn có thể sử dụng định luật bảo toàn động lượng. Vì lực ma sát và lực cản nhỏ nên xung lực của hệ tàu nước không thay đổi. Kể từ đây,

$$M v = M (v + \Delta v) - \mu \Delta t (u - v).$$

Từ đây

$$M \Delta v = \mu \Delta t (u - v).$$

Hiệu suất của động cơ bằng

$$\eta = \frac{A_{\text{пол}}}{A} = \frac{2 M v \Delta v}{(\mu \Delta t) u^2} = \frac{2 (u - v) v}{u^2}.$$

Đây là biểu thức đạt mức tối đa tại $v = \frac{u}{2}$.

◆

Khi pin bị chập đến điện trở $R$, dòng điện chạy qua mạch

$$I_1 = \frac{n \mathcal{E}}{(n - 1) r + 10 r + R},$$

và năng lượng được giải phóng ở điện trở $R$ của tải

$$W_1 = I_1^2 R = \frac{n^2 \mathcal{E}^2}{[(n - 1) r + 10 r + R]^2} R.$$

Sau khi pin bị hỏng bị đoản mạch, dòng điện sẽ chạy qua mạch

$$I_2 = \frac{(n - 1) \mathcal{E}}{(n - 1) r + R},$$

và năng lượng sẽ được giải phóng ở tải

$$W_2 = I_2^2 R = \frac{(n - 1)^2 \mathcal{E}^2}{[(n - 1) r + R]^2} R.$$

Đánh đồng $W_1$ và $W_2$, ta có

$$\frac{n^2}{[(n - 1) r + 10 r + R]^2} = \frac{(n - 1)^2}{[(n - 1) r + R]^2}.$$

Từ đây

$$R = 9 r (n - 1).$$

I. Slobodetsky