Kvant 1979, số 9 · Trang

KVANM
9
1979

Tạp chí VẬT LÝ VÀ TOÁN HỌC PHỔ BIẾN
VIỆN KHOA HỌC LIÊN XÔ VÀ VIỆN KHOA HỌC SƯ PHÁP LIÊN XÔ

Hình này cho thấy, phản chiếu từ các bức tường, một quả bóng bi-a chuyển động theo một tam giác đều cạnh nhau với góc đỉnh là π/6. Không, không, đó không phải là lỗi đánh máy. Thực tế là với cách mô tả thông thường về quỹ đạo trên một hình tam giác, số lượng đường gấp khúc và điểm tự giao là rất lớn, hình ảnh trở nên vô cùng khó hiểu. Một bức tranh rõ ràng hơn (và đẹp hơn!) sẽ xuất hiện nếu chúng ta tách một hình 12 giác bằng nhau từ 12 bản sao của tam giác, sau đó xác định các cạnh đối diện của nó. Sau đó, bạn sẽ có một bề mặt khép kín với các khay “tay cầm” và quỹ đạo bay xung quanh nó. Bạn có thể đọc lý do và cách thức thực hiện điều này trong bài viết “Bi-da và bề mặt” trên trang. 2.

1

Được mô tả vào năm 1970
QUANTUM
9
1979

khoa học đại chúng
vật lý-toán học
tạp chí
Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô
và Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô

Nhà xuất bản “Khoa học”
Tòa soạn chính
văn học vật lý và toán học

TRONG PHÒNG:

2 A. Zemlyakov. Bi-a và bề mặt
10 A. Mikhailov. Buổi trưa là khi nào?
15 M. Dazaev. Sự biến mất của vành đai Sao Thổ
Phòng thí nghiệm «Kvant»
17 V. Mayer. Mô hình lốc xoáy
vòng tròn toán học
19 A. Áo sơ mi. Về một tổ hợp bài toán
Vấn đề «Kvant»
21 Premin «Kvant»
22 Bài toán M581 — M585; F593 — F597
24 Lời giải bài toán M528, M529; F538 — F541
Qua những trang sách giáo khoa
29 V. Gutenacher. Bất đẳng thức tổng cố định
«Kvant» cho học sinh nhỏ
33 Bài toán
34 N. Mikhailov. Dung tích
Xưởng của người nộp đơn
38 J. Sukonic, P. Gorshtein. Hình học lời giải Hình học bài toán
Nghệ thuật lập trình
44 Giới thiệu phần mới
47 A. Ershov, G. Zvenitsorodsky. Tại sao bạn cần biết lập trình?
52 G. Zvenitsorodsky. Trường học lập trình thư tín, bài 1 và 2
Thông tin
58 Trường thể chất thư tín
Đánh giá, thư mục
60 I. Klumova, M. Smolyansky. Sách mới
62 I. Slobodetsky. Bộ truyện khoa học đại chúng mới của nhà xuất bản Nauka - Thư viện «Kvant»
63 I. Petrkov. Một bộ sưu tập tuyệt vời các nguồn toán học hạng nhất
64 Đáp số, gợi ý, lời giải
Trộn (tr. 9, 14, 16, 36, 43, 59)

© Tòa soạn chính Văn học Vật lý và Toán học
Nhà xuất bản “Khoa học”, «Kvant», 1979

2

A. Zemlyakov

Bi-a và bề mặt

Phản chiếu từ các bức tường, một quả bóng chính xác di chuyển dọc theo bàn bi-a đa giác. Trong những điều kiện nào thì chuyển động của nó sẽ tuần hoàn? Với một chuyển động không tuần hoàn cho trước, có khu vực nào mà quả bóng sẽ không bao giờ chạm vào không?

Để trả lời những câu hỏi được đặt ra đơn giản nhưng khó này, bài viết này xét chuyển động không có phản xạ trên một bề mặt cùng với chuyển động có phản xạ trên một mặt phẳng. Hóa ra là bạn có thể chuyển từ trò bida theo hình đa giác sang chuyển động trên bề mặt bằng cách dán các hình đa giác.

Ở đầu bài viết, sự chuyển đổi này xuất hiện trong ví dụ về một ông trùm bi-a. Sau nhu cầu nói đến việc dán bề mặt, trường hợp chung sẽ được xem xét. Đặc biệt, bài toán 16 và 17 trong bài “Toán học Bida” («Kvant», 1976, số 5) đã được giải.

1. Bi-a ở dạng cuộn dây hình chữ nhật và hình xuyến

Chúng ta quan tâm đến câu hỏi sau: quỹ đạo của một quả bi-a chuyển động trong hình chữ nhật P có thể là gì? Chúng ta coi quả bóng là một điểm và quan tâm đến quỹ đạo vô hạn - không bao giờ rơi vào các đỉnh của hình chữ nhật (Hình 1). Do có nhiều phản xạ từ các bức tường của bàn bi-a, việc nghiên cứu quỹ đạo của quả bóng trở nên phức tạp hơn rất nhiều. Tuy nhiên, mỗi quỹ đạo bi-a có thể được “làm thẳng” với sự trợ giúp của các phản xạ liên tiếp của các đoạn của nó so với cạnh của hình chữ nhật - như trong Hình 2. Nếu ngay từ đầu, với sự trợ giúp của các phản xạ, “xếp” toàn bộ mặt phẳng của hình chữ nhật, đồng dạng P, thì với phản xạ ngược, các kỹ thuật trên mặt phẳng sẽ cho các quỹ đạo bi-a trong hình chữ nhật P. Hóa ra là không cần phải xem xét một tập hợp vô hạn các hình chữ nhật phản xạ - bạn có thể thực hiện bằng bốn, tạo thành một hình chữ nhật “lớn” P’ (Hình 3), nếu chúng ta giả sử rằng quả bóng, một mặt của nó, “uốn cong lại” theo điểm của cạnh đối diện (C→C’, E→E’, …, K→K’, L→L’, …, S→S’) và di chuyển theo cùng một hướng cho đến khi cú đánh tiếp theo vào một trong các cạnh của nó. Thật vậy, bằng cách cộng (với sự trợ giúp của tính đối xứng) hình chữ nhật P từ P’, chúng ta thu được các quỹ đạo bi-a trong P từ các quỹ đạo liên hợp trong P’ của hiện tại.

Vì vậy, chúng tôi đã có thể loại bỏ sự phản xạ của quỹ đạo, nhưng nó bắt đầu có những “bước nhảy”. Để loại bỏ chúng, hãy cuộn hình chữ nhật P’ thành hình trụ và kẹp các cạnh XY và X’Y’; trong trường hợp này, các điểm L và L’, N và N’, …, I và I’ (Hình 3) sẽ dính vào nhau và quỹ đạo sẽ quấn quanh hình trụ một cách trơn tru (Hình 4). Tuy nhiên, vẫn còn

3

2. Quỹ đạo bida trong hình chữ nhật

Hình xuyến cũng có thể thu được bằng cách quay đường tròn Γ quanh trục ZZ’ không cắt nó và nằm trong mặt phẳng của đường tròn (Hình 6). Hơn nữa, mỗi điểm của đường tròn Γ sẽ tạo ra một đường tròn trên hình xuyến, mà chúng ta gọi là song song tora. Các vòng tròn nhận được từ Γ ở mỗi vòng quay cụ thể được gọi một cách tự nhiên là kinh tuyến tora (Hình 6). Cuối cùng, mảnh hình chữ nhật lớn P’, từ đó hình xuyến được lắp ráp, có thể được coi một cách thuận tiện là bản đồ của hình xuyến. Mặc dù quỹ đạo từ bước 1 được quấn dọc theo hình tora nhưng bạn có thể theo dõi nó, như trong điều hướng, trên bản đồ.

Cho quả bóng chuyển động với vận tốc đơn vị theo một góc α với cạnh “a” của hình chữ nhật P. Khi đó các thành phần tốc độ chuyển động dọc theo bản đồ tora P’ dọc theo các đường vĩ tuyến và kinh tuyến lần lượt bằng cos α và sin α. Điểm tương đồng trên bản đồ tora có

$$\varphi = 2\pi \frac{l_0}{2b} = 2\pi \frac{a}{b} \text{tg} \alpha$$

(ở đây 2b là chiều dài kinh tuyến tora trên bản đồ). Do đó, quỹ đạo trên hình xuyến sẽ bị đóng, tức là tuần hoàn, nếu một số nguyên phép quay nhất định qua góc φ sẽ dẫn đến

4

Hình 7.

miệng với bội số nguyên của 2π, tức là $n\varphi = 2\pi m$ hoặc $\frac{a}{b} \mathrm{tg} \alpha = \frac{m}{n}$ là số vô tuyến. Nếu số $(a/b) \mathrm{tg} \alpha$ là vô tỷ thì quỹ đạo trên hình xuyến sẽ mở - không tuần hoàn. Các điểm giao nhau của quỹ đạo với mỗi kinh tuyến cố định đều nằm trên đó всюду пломно, tức là sao cho chúng rơi vào bất kỳ vùng lân cận nào của bất kỳ điểm nào của nó*).

Do sự lựa chọn kinh tuyến là tùy ý, một quỹ đạo không tuần hoàn sẽ dày đặc ở khắp mọi nơi trên toàn bộ hình xuyến, quỹ đạo tương ứng sẽ dày đặc ở khắp mọi nơi trên bản đồ của hình xuyến $\Pi'$, và quỹ đạo bi-a sẽ dày đặc ở mọi nơi trong hình chữ nhật $\Pi$. Có thể nói đơn giản thế này: dù chúng ta tạo hai lỗ (bán kính $r > 0$) trên bàn bi-a hình chữ nhật như thế nào, một quả bi-a cực mạnh, phồng lên một góc tối đa $\alpha$ sang một bên $a$ thì con số $(a/b) \mathrm{tg} \alpha$ đó là vô tỷ, sớm muộn gì cũng sẽ xuất hiện trong lỗ.

Vì vậy, chúng tôi đã quy giản các bi-a trong hình chữ nhật thành “cuộn dây” của hình xuyến và thiết lập một thực tế quan trọng sau: bất kỳ quỹ đạo bi-a nào không rơi vào các đỉnh của hình chữ nhật đều tuần hoàn (trong trường hợp $(a/b) \mathrm{tg} \alpha \in Q$) hoặc dày đặc ở khắp mọi nơi trong hình chữ nhật (trong trường hợp $(a/b) \mathrm{tg} \alpha \notin Q$). Như vậy, bài toán 16 trong bài “Matematika của bida” đã được giải quyết. Không muốn làm mất đi sự hài lòng của người đọc, chúng tôi sẽ cung cấp bài toán 17 từ cùng một bài viết dưới dạng bài toán sau:

*) Xem định lý Jacobi trong bài “Matematika của bida”.

Bài toán 1. Tương tự, chứng minh rằng mọi quỹ đạo bi-a trong tam giác vuông cân không rơi vào các đỉnh là tuần hoàn hoặc dày đặc lấp đầy quỹ đạo tương ứng ở mọi nơi.

Bài 2. Chứng minh tương tự cho: a) tam giác đều, b) tam giác vuông có một góc 30°.

Nếu task 2 không thành công, hãy từ chối nó trước khi đọc đoạn văn. 3, 4.

3. Bề mặt và keo dán của chúng

Tất nhiên, sẽ rất thú vị khi xem điều gì xảy ra với bida ở các đa giác khác (trừ hình chữ nhật và hình tam giác từ bài toán 1, 2). Có thể khái quát việc xây dựng từ điểm 1 thành trường hợp tùy ý không? Tuy nhiên, trước tiên hãy xử lý các bề mặt và cách dán.

Trong § 47 của SGK “Hình học 10”, một mặt đa giác khép kín được định nghĩa là một tập hợp các điểm trong không gian, gồm các đa giác và thỏa mãn các điều kiện phi phương trình. Đặc tính chính của một bề mặt như vậy là mỗi điểm $M$ của nó có một lân cận có thể biến đổi liên tục thành một đường tròn tổng quát có tâm tại điểm $M$ (Hình 7). Khi nói đến vùng lân cận của điểm $M$, chúng tôi muốn nói đến tập hợp các điểm bề mặt cách $M$ không quá một khoảng cách $\varepsilon > 0$. Trong quá trình biến đổi liên tục của chúng ta, vùng lân cận có thể bị uốn cong, nén hoặc kéo dãn ở nhiều chỗ, nhưng không được phép “nhào” các điểm của nó lại với nhau và “xé” vùng lân cận. Nếu chúng ta tưởng tượng vùng lân cận của điểm $M$ được làm bằng cao su, thì có thể đạt được sự biến đổi cần thiết bằng cách đặt vùng lân cận dưới một máy ép và từ từ kéo giãn nó (sao cho không xảy ra nếp gấp hoặc vết rách), định vị nó.

Thuộc tính cơ bản này không chỉ có ở các bề mặt đa giác kín mà còn có ở các bề mặt cong - ví dụ như hình cầu hoặc hình xuyến. Nếu bạn cắt hai lỗ trên một hình cầu và bịt kín chúng theo cách thích hợp,

5

“tay cầm” uốn cong - bề mặt bên của hình trụ, bạn sẽ có một “quả cầu có tay cầm”, có thể biến thành hình xuyến (Hình 8). Bằng cách dán hai tay cầm vào quả cầu theo cách tương tự, chúng ta có được cái gọi là “bánh quy cây”, hay một quả cầu có hai tay cầm; Trong Hình 9 bề mặt này được trình bày trong năm khung nhìn.

Bạn có thể tạo một hình cầu $S_p$ với số tay cầm được dán bất kỳ số lượng nào $p \geq 0$. Dễ dàng thấy rằng mọi hình cầu có tay cầm đều có tính chất cơ bản.

Toàn bộ bề mặt của hình trụ cũng có tính chất này, nhưng mặt bên của nó thì không: các điểm $M$ trên đường tròn của các đáy có lân cận có dạng hình bán nguyệt cong; chúng không thể bị biến dạng nếu không bị đứt và dán thành một vòng tròn có tâm tại điểm $M$ (Hình 10). Hơn nữa, bề mặt của một hình nón kép và sự kết hợp của hai quả cầu giao nhau hoặc tiếp xúc không có tính chất cơ bản (Hình 11), nhưng sự kết hợp của hai quả cầu không giao nhau thì có.

Chúng tôi muốn loại trừ khỏi các bề mặt xem xét bao gồm một số phần riêng biệt. Do đó chúng ta yêu cầu hai điểm bất kỳ

các bề mặt có thể được kết nối bằng một đường liên tục chạy dọc theo bề mặt. Thuộc tính này được gọi là “kết nối bề mặt”.

Chúng ta không muốn xét các bề mặt mở rộng vô hạn—chẳng hạn như một mặt phẳng hoặc một bề mặt hình trụ vô hạn—hoặc các bề mặt như một hình tròn không có ranh giới. Do đó, chúng tôi sẽ áp đặt thêm một điều kiện nữa (hãy gọi nó là tính hữu hạn): chúng tôi sẽ yêu cầu bề mặt có thể được chia (“cắt”) thành một số hữu hạn “đa giác cong”, mỗi trong số đó, không bị đứt hoặc dán, sẽ được chuyển thành một đa giác lồi phẳng (có ranh giới). Ví dụ, một hình cầu dọc theo đường xích đạo và 4 kinh tuyến được cắt thành 8 hình tam giác cong, nhưng một mặt phẳng không thể chia thành một số hữu hạn các đa giác.

Vì vậy, hơn nữa chúng ta sẽ chỉ xem xét những bề mặt (tập hợp điểm trong không gian) có ba thuộc tính được liệt kê: tính chất cơ bản, tính chất hữu hạn và tính liên thông.

Hai bề mặt như vậy được coi là tương đương (tương đương về mặt toán học)

Hình 8.

Hình 9.

6

mi"), nếu có một ánh xạ nghịch đảo của một trong số chúng với cái kia, trong đó không có điểm đứt hoặc mối nối (nhưng cho phép kéo dài, lăn, uốn cong và làm thẳng). Ví dụ, bề mặt của một khối tứ diện tương đương với một hình cầu, hai bề mặt cuối cùng trong Hình 8 tương đương với một hình xuyến, cả năm bề mặt trong Hình 9 đều tương đương với nhau. Có thể chứng minh*) rằng bất kỳ bề mặt nào trong không gian (theo nghĩa của chúng ta) đều tương đương với một trong các mặt cầu có tay cầm p (tức là một hình cầu, một hình xuyến, một pháo đài hoặc một hình cầu có tay cầm p cho một số $p>2$).

Bài toán 3. Chứng minh rằng một mor, một crepedel và nói chung, một hình cầu có số tay cầm bất kỳ đều có tính chất hữu hạn, tức là bằng cách hiển thị phân vùng của chúng thành một số hữu hạn các đa giác crulley.

Bài toán 4. Đối với mỗi bề mặt được liệt kê dưới đây, hãy chỉ ra một hình cầu có số tay cầm tương đương với: a) bề mặt của một cái bát

*) Ví dụ, xem bài viết của V. A. Efremovich “Các khái niệm tôpô cơ bản” trong cuốn V của “Bách khoa toàn thư về toán học cơ bản” (M., “Nauka”, 1966) hoặc chương 3 trong cuốn sách của G. Ringel “Định lý về màu sắc của bản đồ” (M., “Mir”, 1977).

ki (Hình 12a); b) bề mặt nhẵn (Hình 126); c) bề mặt của khung cửa sổ (Hình 128)).

Bài toán 5*. Chứng tỏ rằng sâu bệnh và hình cầu không tương đương nhau.

Gợi ý. Tìm một tính chất được bảo toàn trong các phép biến đổi đang được xem xét và mặt nào trong số các bề mặt này có còn mặt kia thì không.

Một bề mặt có tính chất hữu hạn được cắt thành các đa giác và do đó có thể được dán lại với nhau từ các đa giác. Hóa ra bạn có thể làm được chỉ với một đa giác. Chúng ta đã thấy rằng có thể thu được hình xuyến bằng cách dán các cạnh đối diện của hình vuông lại với nhau (hoặc bằng cách dán trực tiếp). Vì vậy, từ bất kỳ 2n-giác nào, sau khi dán từng cặp các mặt đối diện của nó, sẽ thu được một bề mặt thuộc loại của chúng ta, tức là một hình cầu có một số tay cầm nhất định. Ví dụ, Hình 13 cho thấy cách khi dán các cạnh của ghế tựa, sẽ thu được một chiếc bánh crepedel.

Bài toán 6. Tìm số tay cầm p của bề mặt $S_p$, được dán theo cách trên từ một 2n-giác.

Về nguyên tắc, định luật dán các cạnh của hình 2n có thể được xác định tùy ý; nhưng điều này không phải lúc nào cũng dẫn đến bề mặt thuộc loại của chúng tôi.

7

Bài toán 7. Dán keo không vào Hình 14a, 6. (Trong trường hợp 14a, bạn sẽ có một bề mặt tự giao nhau - còn gọi là “chai Klein.”)

4. Bi-a và bề mặt

Trở lại với Billiards: chúng ta hãy thử khái quát hóa cách xây dựng từ điểm 1 cho trường hợp đa giác tùy ý. Chúng tôi sẽ chỉ ra điều gì có thể xảy ra trong trường hợp này bằng ví dụ về tam giác vuông $T=ABC$ có góc nhọn $\hat{A}=\pi/8$.

Để làm thẳng quỹ đạo Bi-a trong $T$, chúng ta lại sử dụng các phản xạ liên tiếp. Những phản xạ như vậy so với các cạnh phát ra từ đỉnh $A$, như trong Hình 15a, cho ra một hình bát giác đều gồm 16 hình tam giác $T_1=T$, $T_2$, $T_3$, …, $T_{16}$, các hình tam giác tắc nghẽn $T$. Lưu ý rằng không thể xếp toàn bộ mặt phẳng của một hình tam giác có tính xây dựng $T$ bằng cách sử dụng phản xạ. Bây giờ chúng ta sẽ thấy rằng điều này là không cần thiết - chúng ta có thể thực hiện được với 16 hình tam giác được chỉ định.

Để quỹ đạo [PM] đạt đến điểm $M$ ở cạnh hình bát giác $Q$. Phần tiếp theo của [PM] ngoài điểm $M$ trong trường hợp hiển thị trong Hình 15a phải được vẽ trong tam giác $T_5'$, đối xứng với $T_5$. Lưu ý rằng trong số các tam giác $T_i$ có một tam giác $T_{12}$, từ đó thu được $T_5'$ bằng cách dịch song song. Dễ dàng thấy rằng việc truyền này có thể được thực hiện dưới dạng tổ hợp tuần tự của các phép đối xứng:

$$T_{12} \rightarrow T_{11} \rightarrow T_{10} \rightarrow \dots \rightarrow T_6 \rightarrow T_5 \rightarrow T_5'.$$

Trong trường hợp này, tia vẽ qua điểm tương ứng $M'$ (sao cho $|A'M'|=|AM|$ - Hình 15a) trên cạnh của tam giác $T_{12}$ song song với tia [PM], với thành phần được chỉ định của ánh xạ tới phần tiếp theo của tia [PM] ngoài điểm $M$. Do đó, chúng ta có thể giả sử quả bóng vỡ từ điểm $M$ đến điểm $M'$ và tiếp tục

8

Hình 15.

nên di chuyển cùng hướng dọc theo tam giác $Q$: quỹ đạo liên hợp trong $Q$ sau khi phản xạ sẽ cho một quỹ đạo bi-a trong tam giác $T$. Lý do tương tự cũng được áp dụng trong tất cả các trường hợp khác, bất kể tam giác nào $T_i$ quỹ đạo sẽ rời đi, vượt ra ngoài ranh giới của tam giác $Q$. Do đó, như trên (trong đoạn 1), quỹ đạo bi-a trong tam giác $T$ tương ứng với quỹ đạo của một quả bóng chuyển động cùng hướng bên trong tam giác $Q$ và nhảy - khi chạm tới các cạnh $Q$ - tới các điểm cản tương ứng của các bên (điểm bắt đầu của một trong các quỹ đạo này được thể hiện trong Hình 156).

Để làm cho các quỹ đạo nối liên tục, bạn cần hợp nhất các điện trở của cạnh của osmutolnik $Q$. Như chúng ta đã thấy trong đoạn 3, điều này sẽ tạo ra một chiếc bánh crepe và quỹ đạo bi-a trong hình tam giác $T$ sẽ tương ứng với các đường cong bao quanh chiếc bánh crepe này!

Mặc dù không thể nhập chính xác tọa độ trên crepe, tuy nhiên, bằng cách sử dụng cấu trúc được mô tả, có thể chứng minh rằng bất kỳ quỹ đạo bi-a nào trong tam giác vuông có góc nhọn $\pi/8$ không rơi vào các đỉnh, dù là chu kì hay nước, đều lấp đầy tam giác. Chúng ta để lại bằng chứng cho phát biểu này dưới dạng trọng lượng của phần cứng bài toán (không có số).

Bài toán 8. Xây dựng một bề mặt tương ứng với bi-a: a) trong tam giác vuông có góc $\pi/12$, b) trong tam giác vuông có góc $\pi/5$, b) trong hình vuông có khoét một lỗ vuông (cạnh của lỗ song song với cạnh của hình vuông).

Hóa ra một quả bi-a trong bất kỳ đa giác nào, giá trị của tất cả các góc tương xứng với $\pi$, có đặc tính chuyển động trên các bề mặt tương ứng - một hình cầu có tay cầm (trong đó $p$ lớn hơn 1 trong mọi trường hợp, ngoại trừ hình chữ nhật và hình tam giác từ bài toán 1, ​​​2). Chúng tôi trình bày bằng chứng của thực tế này dưới dạng một chuỗi bài toán.

Bài toán 9*. a) Quả bi-a chuyển động một góc $\alpha$ so với cạnh cố định $a$ của đa giác $\Phi$ và bị phản xạ từ cạnh đó tạo thành một góc $\beta$ với $\alpha$, tiếp tục chuyển động theo một góc mới $\alpha'$ sang một bên $a$. Thể hiện $\alpha'$ theo $\alpha$ và $\beta$.

Bây giờ chúng ta hãy giả sử rằng độ lớn của tất cả các góc của đa giác $\Phi$ tương xứng với $\pi$ hoặc giống nhau là các cạnh $\Phi$ tạo thành các góc $\beta_i = \frac{m_i}{n_i} \pi$ với cạnh cố định $a$, trong đó $m_i$ và $n_i$ là số nguyên.

6. Chứng minh rằng nếu đoạn ban đầu của quỹ đạo bi-a trong đa giác $\Phi$ hướng một góc $\alpha$ với cạnh $a$, thì tất cả các đoạn tiếp theo của quỹ đạo này chỉ có thể hướng sang cạnh $a$ ở một số hữu hạn các góc $\alpha_1 =$

9

Chúng tôi khuyên bạn nên mua!

Toán học

Boltyansky V. G., Sidorov Yu. V., Shabunin M. I. Các bài giảng và bài toán về toán tiểu học, tái bản lần thứ 2. (M., “Nuka”, 1974), 576 trang, 81 bản.

Lidsky V. B., Ovsyannikov L. V., Tulaikov A. N., Shabunin M. I. Bài toán trong toán tiểu học, tái bản lần thứ 7, rev. và bổ sung (M., “Nuka”, 1973), 416 trang, 70 k.

Lurie M.V., Aleksandrov B.I. Bài toán về việc lập phương trình (M., “Nuka”, 1976), 80 trang, 12 k.

Vật lý

Gursky I.P. Vật lý cơ bản với các ví dụ lời giải bài toán, tái bản lần thứ 2, rev. và bổ sung (M., “Nuka”, 1976), 94 k.

Zubov V. G., Shalov V. P. Bài toán trong vật lý. Cẩm nang tự học, tái bản lần thứ 10, khuôn mẫu. (M., “Nuka”, 1975), 280 trang, 47 bản.

Pinsky A. A. Bài toán trong vật lý (M., “Nuka”, 1977), 288 trang, 65 k.

Bakanina L.P., Belonuchkin V.E., Kozel S.M. và cộng sự. Bộ sưu tập bài toán về vật lý, tái bản lần thứ 3, đã sửa đổi. (M., “Nuka”, 1975), 416 trang, 67 bản.

Bukhovtsev B. B., Krivchenko V. D., Myakishev G. Ya., Saraeva I. M. Bộ sưu tập bài toán về vật lý cơ bản. Sách hướng dẫn tự học, tái bản lần thứ 4, đã in. (M., “Nuka”, 1974), 416 trang, 72 bản.

Seleznev Yu. A. Nguyên tắc cơ bản của vật lý cơ bản, tái bản lần thứ 4, isperab. (M., “Nuka”, 1974), 544 trang, 92 bản.

Vật lý, chuyển ngữ. từ tiếng Anh

Phần I. Vũ trụ (M., “Nuka”, 1973), 432 trang, 1 chà. 30k.

Phần II. Ontika (M., “Nuka”, 1973), 400 trang, 1 chà. 18k.

Phần III. Cơ học (M., “Nuka”, 1974), 432 trang, 1 chà. 22k.

Phần IV. Điện và cấu trúc của nguyên tử (M., “Nuka”, 1974), 528 trang, 1 chà. 42k.

Sách giáo khoa vật lý tiểu học, ed. học thuật G. S. Landsberg, tái bản lần thứ 9, khuôn mẫu. (M., “Nuka”, 1975).

Tập. I. Cơ học. Tellota. Vật lý phân tử, 656 trang, 1 chà. 11k.

Tập. II. Điện và từ, 528 trang, 91 k.

Tập. III. Dao động và sóng. Ontika. Cấu trúc của nguyên tử, 640 trang, 1 chà. 13k.

Elluit L., Wiox W. Vật lý, xuyên. từ tiếng Anh (M., “Nuka”, 1975), 736 trang, 1 chà. 94k.

Yavorsky B. M., Pinsky A. A. Nguyên tắc cơ bản của Vật lý, tái bản lần thứ 2. đã được xử lý (M., “Nuka”, 1974). Tập 1 - 98 cuốn, tập II - 1 chà.

Yavorsky B. M., Seleznev Yu. A. Hướng dẫn tham khảo vật lý cho sinh viên đại học và tự học (M., “Nuka”, 1975), 624 tr., 1 rub. 15k.

Bạn có thể mua những cuốn sách được liệt kê ở trên tại các cửa hàng Knigotor, Tsentrokopping và Academica, những nơi phân phối tài liệu từ nhà xuất bản Nuka.

Sách sẽ được gửi tiền mặt khi giao hàng mà không cần chuyển nhượng.

10

A. Mikhailov

Buổi trưa là khi nào?

Trước khi trả lời câu hỏi này, chúng ta hãy hỏi một câu khác: buổi trưa là gì? Có vẻ như từ này đã nói lên điều đó: buổi trưa là nửa ngày, tức là thời điểm trung bình giữa hướng đông và hoàng hôn. Nhưng liệu dựa trên định nghĩa như vậy, liệu có thể thiết lập chính xác thời điểm buổi trưa, chẳng hạn như dùng búa gõ và nói: “Đây là buổi trưa”? Rõ ràng là không. Thứ nhất, khoảnh khắc bình minh và hoàng hôn chỉ có thể được nhận thấy một cách đáng tin cậy trên biển, nơi đường chân trời hoàn toàn chính xác. Thứ hai, hoàng hôn sẽ diễn ra muộn hơn buổi trưa vài giờ, và do đó thời điểm buổi trưa diễn ra chỉ có thể được xác định sau khi kết thúc ngày.

Tuy nhiên, có một hiện tượng cực kỳ gần trưa có thể quan sát được - đó là giáo phái

sự hoạt động của Mặt trời, tức là thời điểm Mặt trời đi qua kinh tuyến của một địa điểm nhất định. Vì vậy, đối với những người ôn hòa, Mặt trời mọc hàng ngày ở phần phía đông của đường chân trời, nhô lên trên nó, lên đến đỉnh điểm, đi qua kinh tuyến, sau đó bắt đầu lặn và lặn ở phần phía tây của đường chân trời.

Đỉnh cao của các ngôi sao sáng được quan sát bằng cách sử dụng các dụng cụ đặc biệt gọi là dụng cụ chuyển tiếp. Thành phần chính của chúng là ống tới hạn, chỉ có thể quay theo chiều cao quanh trục ngang hướng từ đông sang tây. Một ống như vậy luôn hướng về mặt phẳng kinh tuyến (Hình 1). Để thuận tiện cho người quan sát, ống đôi khi được làm vỡ, phản chiếu ánh sáng theo hướng nằm ngang qua toàn bộ trục quay, ở cuối ống có một thị kính (Hình 2). Nhờ đó, mắt luôn quan sát ở một vị trí không đổi và nhìn theo hướng nằm ngang.

Trong trường nhìn của đường ống, một số sợi mỏng thẳng đứng, thường là mạng nhện, được kéo dài: sợi ở giữa xác định hướng của kinh tuyến. Sau khi đã tạo cho đường ống có độ dốc mong muốn, hãy quan sát

11

Hình 1. Dụng cụ thông hành lớn của Đài thiên văn Pulkovo.

Hình 2. Dụng cụ đi qua có đường ống bị hỏng.

Vật thể đợi cho đến khi vật thể được quan sát, trong trường hợp này là Mặt trời, đi vào trường nhìn và đi qua sợi giữa. Lúc này, anh ta nhấn một nút để đóng tiếp điểm và bút của máy ghi âm, được gọi là đồng hồ bấm giờ, đánh dấu trên băng giấy đang chạy song song với điểm đánh dấu thứ hai của đồng hồ. Bằng cách này, khoảnh khắc ánh sáng đi qua kinh tuyến có thể được ghi lại với độ chính xác đến phần trăm giây. (Trung tâm Mặt trời không được đánh dấu bởi bất cứ thứ gì, do đó, sự di chuyển của hai cạnh của nó được quan sát và sau đó kết quả thu được là thành công.)

Phương pháp được mô tả có liên quan chặt chẽ đến tốc độ phản ứng được quan sát. Giờ đây nó đã được cải tiến đáng kể, cho đến khả năng tự động ghi lại khoảnh khắc cao trào: ánh sáng từ Mặt trời đi qua một khe hẹp vào tế bào quang điện, tế bào quang điện sau sẽ gửi tín hiệu đến đồng hồ bấm giờ.

Giả sử chúng ta đã quan sát đỉnh điểm của Mặt trời trong vài ngày liên tiếp và nhận được kết quả như sau:

1979 Ngày 1 tháng 1 12 giờ 3 phút 16 giây
» 2 12 » 3 » 44 »
» 3 12 » 4 » 12 »
» 4 12 » 4 » 40 »

v.v. Rõ ràng là chúng ta lẽ ra phải đi đến kết luận rằng đồng hồ của chúng ta nhanh 28 giây mỗi ngày và sẽ có xu hướng di chuyển bộ điều chỉnh để thay đổi tốc độ của nó. Tuy nhiên, không cần chạm vào đồng hồ, vài tháng sau chúng tôi lại quan sát Mặt trời và phát hiện ra những điều sau:

1979 Ngày 1 tháng 3 12 giờ 12 phút 31 giây
» 2 12 » 12 » 19 »
» 3 12 » 12 » 7 »
» 4 12 » 11 » 55 ».

Bây giờ có vẻ như đồng hồ đang chậm đi 12 giây mỗi ngày. Có chuyện gì vậy?

Trên thực tế, nguyên nhân không phải là đồng hồ mà là sự không đồng đều trong chuyển động biểu kiến ​​của Mặt trời dọc theo đường hoàng đạo. Chính xác hơn, quỹ đạo của trái đất hình elip, do đó (theo định luật thứ hai của Kepler) Trái đất chỉ di chuyển nhanh gần điểm cận nhật, đi qua một vòng cung 1°1'10’’ mỗi ngày, xảy ra vào khoảng ngày 2 tháng 1, và chậm nhất ở gần điểm viễn nhật, vào khoảng ngày 5 tháng 7, khi vòng cung này giảm xuống 0°57'12". Ngoài ra, còn có một lý do khác, ít ảnh hưởng hơn, giải thích cho sự khác biệt giữa các khoảnh khắc đạt đến đỉnh điểm của Mặt trời Nó nằm ở chỗ các phần giống hệt nhau của hoàng đạo được chiếu lên mặt phẳng xích đạo.

12

Hình 3. Các đoạn hoàng đạo có kích thước bằng nhau khi chiếu lên xích đạo cho ra những phần không bằng nhau.

các đoạn bằng nhau là đoạn ngắn nhất gần các phương trình (Hình 3).

Do đó, hóa ra thời gian do chuyển động biểu kiến ​​của Mặt trời đưa ra, được gọi là thời gian mặt trời thực, không đồng đều gấp bốn lần và không phù hợp để sử dụng chính xác. Vì vậy, cần phải đưa ra một khái niệm mới - thời gian mặt trời trung bình, dựa trên thời gian trung bình của các ngày mặt trời thực sự trong cả năm. Nói cách khác, chúng ta có thể nói rằng thời gian trung bình của mặt trời được tính bởi một điểm tưởng tượng gọi là mặt trời trung bình, điểm này chuyển động đều dọc theo đường xích đạo thiên cầu, thực hiện một vòng quay trong năm.

Sự khác biệt giữa thời gian mặt trời trung bình và thực tế được gọi là phương trình thời gian. Trong suốt một năm, phương trình thời gian dao động trong khoảng từ +14,3 phút (giữa tháng 2) đến -16,4 phút (đầu tháng 11), vượt qua số 0 bốn lần (khoảng ngày 16 tháng 4, ngày 14 tháng 6, ngày 2 tháng 9 và ngày 25 tháng 12). Biểu đồ của phương trình thời gian thay đổi được thể hiện trong Hình 4. Ví dụ, trong tháng 12, phương trình thời gian thay đổi nhanh chóng theo hướng tích cực, gây ra sự lây nhiễm lũy tiến trong nửa ngày từ ngày này sang ngày khác. Điều tương tự cũng xảy ra với bình minh và hoàng hôn. Do đó, khi sau ngày 22 tháng 12, độ dài trong ngày bắt đầu tăng dần, mức tăng này giảm hoàn toàn vào buổi tối và buổi sáng tiếp tục lây nhiễm trong vài ngày nữa. Vì vậy, ở Moscow, mặt trời mọc muộn nhất là khoảng 30 ngày và mặt trời lặn sớm nhất là vào khoảng ngày 15 tháng 12.

Thời gian thực của mặt trời được xác định bằng đồng hồ mặt trời (Hình 5). Trong đó, một teng ostern, song song với trục quay của Trái đất, hoặc cạnh xiên của tấm thẳng đứng rơi trên mặt số nằm ngang, dọc hoặc nghiêng có các vạch chia, tùy thuộc vào hướng của nó. Nếu bạn thêm phương trình thời gian vào chỉ số của một chiếc đồng hồ như vậy, bạn sẽ có được thời gian mặt trời trung bình. Khi đồng hồ chỉ 12 giờ thì đó là buổi trưa bình thường ở địa phương. Chúng ta nói “địa phương” vì buổi trưa không diễn ra cùng lúc ở những nơi khác nhau (điều này phụ thuộc vào vị trí địa lý).

Ngày xưa, mỗi thành phố sống theo giờ địa phương riêng, vì vậy, chẳng hạn, ở Moscow, đồng hồ luôn hiển thị nhiều hơn 29 phút so với ở St. Petersburg. Điều này tạo ra nhiều bất tiện, thậm chí là nhầm lẫn trong giao thông vận tải và quan hệ quốc tế. Do đó, người ta đã đề xuất giới thiệu cái được gọi là múi giờ. Ở mọi nơi trong cùng một múi giờ, ranh giới của chúng có kinh độ khác nhau khoảng 15° thì thời gian được coi là như nhau; Ở các làng lân cận, thời gian chênh lệch một giờ. Bản gốc, số 0, sẽ bị lấn chiếm bởi người có trung gian sẽ tiếp tục kinh tuyến Greenwich. Số lượng posyas đi từ nó về phía đông và số posyas cho biết thời gian của nó nhanh hơn bao nhiêu giờ so với giờ Greenwich, được gọi là giờ phổ quát. Vì vậy, Moscow và Leningrad nằm trong posyas thứ hai, và do đó

13

Hình 5. Đồng hồ mặt trời nằm ngang.

Giờ tiêu chuẩn ở đó dài hơn chính xác hai giờ so với giờ phổ quát.

Ở Liên Xô, giờ thường lệ được áp dụng vào năm 1919, nhưng vào năm 1930, để tiết kiệm điện thắp sáng, giờ thường lệ đã được cộng thêm một giờ; thời gian như vậy bắt đầu được gọi là nghỉ thai sản. Đặc biệt, giờ thai sản thứ hai được gọi là Matxcova.

Vì vậy, có rất nhiều hệ thống chấm công khác nhau. Nhưng đối với mỗi sự kiện, thời gian vắng mặt trong một hệ thống có thể được liên kết với thời gian trong hệ thống khác.

Ví dụ: hãy tính thời điểm bắt đầu buổi trưa thực sự ở địa phương. Theo định nghĩa, buổi trưa này xảy ra vào lúc 12 giờ đúng giờ. Theo thời gian trung bình thì sẽ là 12 giờ, phương trình thời gian là η phút. Giờ quốc tế tại thời điểm này sẽ ít hơn 1/15 λ giờ (hoặc 4 λ phút). Ở đây λ là kinh độ đông của một địa điểm nhất định tính bằng độ và giá trị đặt ở λ được lấy từ phép tính Trái đất quay quanh trục của nó 360 độ trong 24 giờ, do đó 1° tương ứng với 1/15 của một giờ (hoặc 4 phút). Để có được thời gian biểu kiến, bạn cần thêm n giờ (hoặc 60 n phút) vào thời gian phổ quát đã tìm được, trong đó n là số vị trí giờ. Cuối cùng, thời gian thai sản sẽ dài hơn 1 giờ (hoặc 60 phút). Như vậy, buổi trưa thực sự ở một nơi nhất định diễn ra theo thời gian quy định tại thời điểm đó.

t=12 h+η phút -1/15 λ h+(n+1) h.
Trong công thức này, chỉ có phương trình η là thay đổi, tùy theo ngày; từ năm này sang năm khác, nó lặp lại với những biến động nhỏ liên quan đến sự trùng hợp không hoàn toàn giữa thời gian của năm dương lịch với năm thiên nhiên (năm nhiệt đới), bằng 365,2422 ngày.

Ví dụ, chúng ta hãy tìm thời điểm buổi trưa thực sự ở Mátxcơva vào ngày 1 tháng 1 năm 1979. Sử dụng bản đồ địa lý, chúng ta sẽ tìm được kinh độ của Mátxcơva: λ=37,5°. Số Posyak cho Moscow n=2, phương trình thời gian η=3 phút (xem Hình 4). Sau đó, thời điểm mong muốn

Hình 6. Sự khác biệt giữa đường đi của Mặt trời qua kinh tuyến và độ cao lớn nhất của Mặt trời so với đường chân trời. Đường cong liền nét mô tả vòng cung hàng ngày của Mặt trời với độ xích vĩ không đổi. Đường đứt nét mô tả vòng cung ban ngày của ngôi sao với độ xích vĩ tăng dần vào mùa xuân và độ xích vĩ giảm dần vào mùa thu. M là điểm kinh tuyến, H là điểm có độ cao lớn nhất.

biến mất

M. Dagaev

Vào tháng 3 năm 1610, Galileo xuất bản một cuốn sách nhỏ, Sứ giả đầy sao, trong đó ông kể lại những khám phá thiên văn đầu tiên của mình. Ở đó anh ta cũng đặt một đảo chữ *) - một tin nhắn được mã hóa dưới dạng một tập hợp các chữ cái Latinh hỗn loạn. Vào thời đó, các nhà khoa học thường dùng đến phép đảo chữ để bảo vệ và chứng minh ưu tiên của họ trong việc khám phá. Họ đã soạn một cụm từ ngắn bằng tiếng Latinh về bản chất của khám phá được cho là, sắp xếp lại các chữ cái trong đó và thay vì một báo cáo khoa học, họ đã xuất bản một bộ vô nghĩa gồm những bức thư này. Những người không quen biết không thể soạn cụm từ gốc từ các bức thư đã xuất bản, và tác giả của đảo chữ, bị thuyết phục về thực tế khám phá của mình, đã xuất bản bản giải mã đảo chữ và do đó khẳng định mức độ ưu tiên của mình.

Sau khi đọc phép đảo chữ của Galileo, Kepler đã bỏ ra rất nhiều công sức để giải mã nó. Cuối cùng, Kepler quyết định rằng Galileo đang sử dụng phép đảo chữ để báo cáo việc phát hiện ra hai vệ tinh của Sao Hỏa. (Rõ ràng là anh ấy đến với điều này lời giải là do ấn tượng về việc Galileo khám phá ra bốn vệ tinh của Sao Mộc, điều này khiến anh ấy rất vui.)

---

*) Từ các từ tiếng Hy Lạp “ana” - re và “gram” - chữ cái, tức là hoán vị của các chữ cái.

Bỏ đi ba chữ cái trong phép đảo chữ của Galileo, Kepler đã sáng tác cụm từ bằng tiếng Latinh: “Xin chào, cặp song sinh, sinh ra từ sao Hỏa”.

Tuy nhiên, Kepler đã sai. Sau khi kiểm tra cẩn thận khám phá của mình, Galileo vào tháng 11 năm 1610 đã báo cáo cho Kepler việc giải mã đảo chữ: “Bộ ba hành tinh cao nhất đã được quan sát thấy”.

Vào thời đó, hành tinh cao nhất được gọi là Sao Thổ, hành tinh xa nhất được biết đến vào thời điểm đó.

Tại sao Galileo gọi Sao Thổ là hành tinh ba? Bởi vì với chiếc kính viễn vọng không hoàn hảo của mình, chỉ phóng đại 33 lần và còn có những khiếm khuyết về quang học, Galileo đã không thể phân biệt được toàn bộ vòng mỏng của Sao Thổ mà chỉ nhìn thấy các cạnh sáng hơn của nó nằm ở cả hai phía của đĩa nhỏ của hành tinh. Hai năm sau, trước sự ngạc nhiên của Galileo, cả hai phần phụ của hành tinh này đều biến mất. Sự biến mất này khiến nhà khoa học khó chịu đến mức ông ngừng quan sát hoàn toàn hành tinh khó hiểu này.

Chỉ nửa thế kỷ sau, Huygens, sử dụng những kính thiên văn mạnh hơn của mình, đã giải được câu đố về “các phần phụ bên cạnh” của Sao Thổ. Năm 1656, trong một tập tài liệu mô tả vệ tinh của Sao Thổ mà ông đã phát hiện ra, Huygens đã đảo chữ về việc khám phá ra vành đai của hành tinh này, và chỉ ba năm sau, khi bị thuyết phục về tính xác thực của nó, ông đã công bố cách giải mã phép đảo chữ trong cuốn sách “Hệ thống Sao Thổ”: “Chiếc nhẫn được bao quanh bởi một vòng mỏng, nghiêng không chạm vào đường hoàng đạo ở bất cứ đâu”. Trong cùng một cuốn sách, Huygens đã đưa ra những bức vẽ về Sao Thổ có và không có vành.

Thật vậy, vành đai Sao Thổ, có đường kính trung bình 276 nghìn km (gấp 2,3 lần đường kính hành tinh), có độ dày không đáng kể - không quá 20 km. Ngay cả những kính thiên văn cỡ trung bình cũng cho thấy chiếc vòng bao gồm ba vòng đồng tâm có khoảng cách giữa chúng. Sáng nhất là vòng giữa, được ngăn cách với vòng ngoài bằng một khoảng tối rõ rệt gọi là khe Cassini (theo tên giám đốc đầu tiên của Đài thiên văn Paris).
15

16

nhà kính). Kolyu sẫm màu bên trong thường được gọi là crepe, và mép trong của nó bị xói mòn rất nhiều.

Hiện tại, mặt phẳng xích đạo và các vành đai Sao Thổ nghiêng so với mặt phẳng hoàng đạo (so với mặt phẳng quỹ đạo Trái đất) 28°, và độ nghiêng này tồn tại trong một thời gian dài (trong 100 năm, độ nghiêng chỉ giảm 47°). Như vậy, trong thời kỳ Sao Thổ quay quanh Mặt trời, bằng 29,5 năm Trái đất, mặt phẳng xích đạo và các vành hành tinh giữ nguyên hướng của nó trong không gian, giống như hướng của trục quay của Trái đất và mặt phẳng xích đạo của Trái đất được giữ nguyên trong quá trình quay hàng năm của Trái đất. Do đó, cơ quan quản lý, cứ sau 14,7 năm Trái đất (khoảng thời gian bằng một nửa chu kỳ quỹ đạo của Sao Thổ), các vành đai của hành tinh này quay mặt về phía rìa Trái đất và không thể nhìn thấy được do độ dày không đáng kể của chúng. Chỉ một phần thân hẹp của chiếc nhẫn có thể được thay thế trên đĩa hành tinh. Các vành đai cũng trở nên vô hình khi mặt phẳng của chúng hướng về phía Mặt trời.

Hiện tượng này, được gọi là sự biến mất chèn colsatrin, sẽ xảy ra vào mùa thu năm 1979 và mùa xuân năm 1980. Từ khi hành tinh bắt đầu nhìn thấy buổi sáng vào tháng 9 năm 1979 cho đến tháng 6 năm 1980, ringatrin sẽ không được nhìn thấy. Chỉ trong tháng 12, tháng 1 và tháng 5, trong kính thiên văn có độ phóng đại không kém ý nghĩa, người ta mới có thể nhận thấy colcesatrin dưới dạng một dải ánh sáng cực kỳ mỏng.

Sự biến mất của ringsatrin là rất hiếm và chúng tôi đặc biệt khuyên những ai quan tâm đến thiên văn học nên quan sát hành tinh này trong gần như cả năm học.

Mạch điện trích căn bậc hai

Trong “Bộ sưu tập các câu hỏi và bài toán trong Vật lý,” do N. Goldfarb biên tập, bài toán sau đây được đưa ra: một mạch điện bao gồm vô số tế bào, bao gồm ba điện trở r giống hệt nhau (Hình 1). Tìm điện trở của mạch này.

Đối với lời giải, trước tiên hãy đếm điện trở R1 của ô đầu tiên (các cực mở K1, L1). Hiển nhiên, R1=3r. Các cực K1, L1 và các cực mở K2, L2 được đóng lại, hãy tìm điện trở R2 của hai ô:

$$R_2 = 2r + \frac{rR_1}{r + R_1}.$$

Tương tự như vậy,

$$R_3 = 2r + \frac{rR_2}{r + R_2}, \dots,$$

$$R_n = 2r + \frac{rR_{n-1}}{r + R_{n-1}}.$$

trong đó Rn là điện trở mạch có các cực hở Kn, Ln, n=1, 2, 3, … (Hình 1). Đối với một chuỗi vô hạn, chúng tôi nhận được

$$R_\infty = 2r + \frac{rR_\infty}{r + R_\infty}.$$

Hãy giải phương trình này cho R_\infty:

$$R_\infty = r(1 + \sqrt{3}).$$

Để phép tính này đúng cần phải chứng minh có xét đến van và giới hạn lim Rn=R_\infty. Nhưng theo giả định của chúng tôi, điều này tuân theo định lý của Weierstrass (“Đại số và sự khởi đầu của phân tích 9”, đoạn 32); quả thực, chuỗi (Rn) được giới hạn bởi số (1+√3) r) và giết chết một cách đơn điệu (hãy kiểm tra xem!).

Từ kết quả đáp số, rõ ràng mạch này cho phép người ta tính giá trị √3 bằng cách thay đổi điện trở của chuỗi khi tiếp cận một số lượng lớn ô.

Đặt giá trị điện trở trong các nút nhảy bằng 2r, chúng ta thu được

$$R_\infty = r(1 + \sqrt{5}).$$

Với giá trị 3r

$$R_\infty = r(1 + \sqrt{7}),$$

cho giá trị nr (n là số tự nhiên bất kỳ)

$$R_\infty = r(1 + \sqrt{2n+1}).$$

Chuỗi của chúng tôi “lấy gốc” của bất kỳ số lẻ nào!

Có thể chỉ ra rằng với bất kỳ số thực a ≥1 nào cũng có thể chọn điện trở trên các dây nối sao cho điện trở của mạch vô hạn bằng r(1+√a).

Chúng tôi để lại tuyên bố này như một bài tập cho người đọc.

N. Dmitriev, V. Ivlev

17

V. Mayer

Mô hình lốc xoáy

Lốc xoáy là một trong những hiện tượng tự nhiên gây ra mưa đá và bí ẩn nhất. Năng lượng hiện tại của anh ấy lớn đến mức hầu như không ai và không có gì có thể chống chọi được với một cơn lốc xoáy.

Làm thế nào mà một cơn lốc xoáy đôi khi có thể mang những vật nặng đi một khoảng cách đáng kể? Nó được hình thành như thế nào? Khoa học hiện đại không thể trả lời những câu hỏi này và nhiều câu hỏi khác một cách toàn diện đáp số.

Trên các trang tạp chí của chúng tôi, tôi nói về bản chất của lốc xoáy (xem bài viết của L. Alekseeva “Những cơn lốc “tạo nên thời tiết” - «Kvant», 1977, số 8). Có thể khôi phục cơn lốc xoáy trong điều kiện phòng thí nghiệm không? Chúng tôi cung cấp cho bạn hai cài đặt thử nghiệm với sự trợ giúp của các mô hình ống nước nào

Cha không khó để có được ngay cả ở nhà.

1. Để đủ điều kiện sử dụng động cơ vi điện loại DP-12a (nó được sử dụng trong nhiều đồ chơi trẻ em), hãy sử dụng đĩa làm bằng đồng thau hoặc thiếc có đường kính 40 mm và độ dày 0,5-1 mm. Đĩa phải được gia cố vuông góc với trục để không xảy ra hiện tượng đập khi quay. Để bịt kín động cơ, hãy bôi trơn các ổ trục trong đó trục quay bằng SEL đặc hoặc dày, đồng thời phủ một lớp nhựa dẻo lên các điểm tiếp xúc của động cơ mà dây dẫn được gắn vào.

Ở đáy ly (hoặc lọ thủy tinh) có đường kính 9 cm, cao 18 cm, dán một chiếc bánh nhựa dày khoảng 5 mm rồi gắn mô tơ vi điện lên trên sao cho trục của nó không chạm vào nhựa. Cố định các dây dẫn, buộc từ động cơ vào thành kính bằng băng dính hoặc nhựa dẻo. Hình 1 cho thấy thiết lập đã sẵn sàng để thử nghiệm.

Đổ nước vào ly, trên cùng là một lớp dầu hướng dương dày 1-2 cm. Kết nối dây dẫn của động cơ vi điện với pin đèn pin - đĩa sẽ bắt đầu quay và chất lỏng trong ly cũng sẽ bắt đầu quay. Sau một thời gian, bề mặt tiếp xúc giữa nước và dầu bắt đầu bị đẩy xuống dưới, thùng chứa nước sẽ đổ đầy dầu.

Hình 1. Hình 2. Hình 3. Hình 4.

18

nó sẽ phát triển cho đến khi chạm vào đĩa. Lúc này, đĩa sẽ vỡ dầu thành từng giọt và chất lỏng trong ly sẽ trở nên đục. Sau khi tắt động cơ, những giọt dầu sẽ nổi lên, tạo thành lớp liên tục trên mặt nước. Thí nghiệm có thể được lặp lại một lần nữa.

Hình 2 và 3 thể hiện những bức ảnh cho thấy sự hình thành của phễu khí trong một thí nghiệm hơi khác, khi chỉ có nước được đổ vào cốc.

2. Giống với cơn lốc xoáy thực sự hơn nữa là dây đồng dài khoảng 25 cm và đường kính 2 mm (bạn có thể sử dụng kim đan). Ở đầu dây, vuông góc với nó, gắn một tấm hình chữ nhật bằng đồng thau hoặc thiếc có kích thước 0,5 × 10 × 25 mm (Hình 4). Bật động cơ và kiểm tra xem bàn xoay hoạt động như thế nào. Nếu cần, hãy làm thẳng trục (dây) kéo dài sao cho tiếng đập ở mức tối thiểu khi quay.

Hạ máy quay thẳng đứng vào bình nước có đường kính 15-20 cm, cao 25-30 cm rồi bật nguồn. Bạn sẽ thấy sự hình thành dần dần của một cái phễu trên mặt nước và sự phát triển của một cơn lốc xoáy về phía tấm quay (Hình 5-7). Khi cơn lốc xoáy chạm vào đầu dưới của chong chóng, nhiều bong bóng khí được hình thành, giấy dán tường

19

A. Sơ mi

Về một tổ hợp bài toán

Như bạn đã biết, phép nhân tổng quát có tính kết hợp: $(ab)c=a(bc)$ với mọi số. Kết hợp và nhân các hàm: $(f(x)g(x))z(x)=f(x)(g(x)z(x))$.

Tuy nhiên, trong một số nhánh của toán học, phép nhân không liên kết được xem xét. Nếu phép nhân không liên kết, nó chỉ đi kèm với dấu ngoặc đơn để biểu thị thứ tự thực hiện, giống như trong các ví dụ trường học liên quan đến phép cộng và phép nhân hoặc chia.

Hãy xem xét các từ $a_1a_2a_3...a_n$. Có bao nhiêu cách đặt dấu ngoặc đơn trong đó để có thể tính được “tích” không liên kết của các “chữ cái” này? Chúng ta hãy biểu thị số cách như vậy bằng $\varphi(n)$. Rõ ràng là $\varphi(1)=1$ và $\varphi(2)=1$. Đối với từ ba chữ cái $a_1a_2a_3$, có hai cách sắp xếp dấu ngoặc đơn “tốt”: $(a_1a_2)a_3$ và $a_1(a_2a_3)$. Đối với các chữ cái có bốn chữ cái, có năm cách sắp xếp như sau: $a_1(a_2(a_3a_4))$, $a_1((a_2a_3)a_4)$, $(a_1a_2)(a_3a_4)$, $((a_1a_2)a_3)a_4$ và $(a_1(a_2a_3))a_4$. Vì vậy $\varphi(3)=2$, $\varphi(4)=5$. (Hãy thể hiện rằng $\varphi(5)=14$, $\varphi(6)=42$.) Các số $\varphi(n)$ được gọi là số Catalan. Trong «Kvant» số 7 năm 1978, những con số này đã được thảo luận chi tiết. Mối liên hệ giữa những con số này và vị trí của dấu ngoặc cũng được đề cập ở đó. Trong bài viết này tôi muốn đưa ra một chứng minh đơn giản về công thức tính số sau đây

$$\varphi(n) = \frac{1}{2n-1} C_{2n-1}^{n-1}.$$ (*)

(Từ công thức này suy ra rằng số $\frac{1}{2n-1} C_{2n-1}^{n-1}$ là số nguyên cho tất cả $n$.)

Đầu tiên tôi cần giới thiệu khái niệm từ so sánh tuần hoàn. Bắt đầu bằng một ví dụ sẽ dễ dàng hơn. Từ các ký hiệu $a_1, a_2, a_3$, được lấy lần lượt, có thể tạo thành hai loại từ so sánh theo chu kỳ:

$$\{a_1a_2a_3, a_2a_3a_1, a_3a_1a_2\}$$

Và

$$\{a_1a_3a_2, a_3a_2a_1, a_2a_1a_3\}.$$

Để có được các lớp này, bạn cần viết các ký hiệu $a_1, a_2, a_3$ trong một vòng tròn, giống như trên mặt số đồng hồ, sau đó bắt đầu viết theo chiều kim đồng hồ từ bất kỳ ký hiệu nào.

Bây giờ chúng ta hãy đưa ra một định nghĩa chính xác. Hai từ $A$ và $B$ được cho là có thể so sánh theo chu kỳ nếu

$$A = b_1b_2...b_kb_{k+1}...b_n$$

$$B = b_kb_{k+1}...b_nb_1b_2...b_{k-1}.$$

Bây giờ chúng ta hãy tiến hành như sau. Mỗi từ không liên kết (như chúng ta sẽ gọi là các từ có dấu ngoặc đơn được đặt đúng) từ các ký hiệu $a_1, a_2, ..., a_n$ sẽ được liên kết với một từ liên kết (nghĩa là một từ không có dấu ngoặc đơn) từ các ký hiệu $a_1, ..., a_n$, $p$ theo quy tắc sau: $a_i \rightarrow a_i$ và nếu $u \rightarrow A$, $v \rightarrow B$ thì $u \cdot v \rightarrow ABp$. Ví dụ: $a_1a_2 \rightarrow a_1a_2p$, $a_1(a_2a_3) \rightarrow a_1a_2a_3pp$, $a_1((a_2a_3)a_4) \rightarrow a_1a_2a_3pa_4pp$, $(a_1a_2)(a_3a_4) \rightarrow a_1a_2pa_3a_4pp$.

Dễ hiểu là với mỗi từ không liên kết có độ dài $k$ từ các ký hiệu $a_i$ sẽ tương ứng với một số từ liên kết có độ dài $2k-1$, trong đó $p$ xảy ra $k-1$ lần. Điều ngược lại, hữu hạn, là sai. Ví dụ: không thể lấy được các từ $ppa_1a_2a_3$ hoặc $a_1pa_2a_3p$ bằng quy trình được mô tả. Tuy nhiên, tuyên bố sau đây là đúng:

Bổ đề. Đặt $A$ là một từ kết hợp nào đó có độ dài $2n-1$, co-

20

giữ từng biểu tượng $a_i$ ($i=1, 2, \dots, n$) một lần và biểu tượng $p$ $n-1$ lần. Khi đó, có một và chỉ một từ liên kết có thể so sánh theo chu kỳ $A$ (có thể là chính nó) tương ứng với một số từ không liên kết có độ dài $n$ từ các ký tự $a_1, a_2, \dots, a_n$.

Bổ đề này có bản chất tương tự như nhiều bài toán đơn giản được công bố trong «Kvant». Tôi sẽ đưa ra bằng chứng của nó chỉ nhằm mục đích trình bày.

Rõ ràng, trong lớp các từ tuần hoàn có thể so sánh với $A$, sẽ hợp lý khi chỉ xem xét những từ không bắt đầu bằng ký hiệu $p$ mà kết thúc bằng ký hiệu $p$. Tất nhiên, những điều này tồn tại. Trong $A_1$ như vậy - điều này cũng dễ hiểu - có một từ phụ (một phần của từ) có dạng $a_i a_j p$, tương ứng với từ không liên kết $a_i a_j$. Hãy biểu thị phần này của từ $A_1$ bằng $a_i$. Chúng tôi đã nhận được một từ chứa $a_1, a_2, \dots, a_n$, không bao gồm $a_j$ và ký hiệu $p$ xuất hiện $n-2$ lần. Chứng minh bổ đề được rút ra từ quy nạp đơn giản đối với số $n$.

Cơ sở của quy nạp là xét các từ như $a_1 a_2 p$ hoặc tương tự.

Vậy bổ đề đã được chứng minh. Bây giờ công thức (*) trở nên gần như hiển nhiên. Trên thực tế, trong số $2n-1$ vị trí, chúng ta có thể chọn chính xác theo $C_{2n-1}^{n-1}$ cách sắp xếp $n-1$ của ký hiệu $p$ và ở những vị trí còn lại, chúng ta có thể sắp xếp các ký hiệu $a_1, a_2, \dots, a_n$ sao cho trong một từ liên kết “tốt” có thể so sánh theo chu kỳ, các chỉ số $y_i$ theo thứ tự tăng dần từ 1 đến $n$. Vì trong mỗi loại từ có thể so sánh theo chu kỳ có độ dài $2n-1$ có chính xác $2n-1$ lần và số hạng của các phần tử (tại sao?) của chúng là $\varphi(n) = \frac{1}{2n-1} C_{2n-1}^{n-1}$.

Công thức (*) đã được chứng minh.

Để kết luận, tôi muốn kể cho bạn nghe về lịch sử tương tác được tạo ra với nhiệm vụ này.

Tạp chí toán học nổi tiếng của Mỹ “The American Mathematical Monthly” (viết tắt là AMM) năm 1935 đã công bố bài toán của nhà toán học nổi tiếng G. Birkhoff (số 3674) theo công thức sau:

Chứng tỏ rằng với mọi k dương biểu thức $\varphi(k) = \frac{1}{2k-1} C_{2k-1}^{k-1}$ là một số nguyên; chứng minh tính đúng đắn của mối quan hệ truy hồi

$\varphi(k) = \varphi(1) \varphi(k-1) + \varphi(2) \varphi(k-2) + \dots + \varphi(k-1)\varphi(1)$.

Dễ hiểu rằng G. Birkhoff, khi giải quyết các vấn đề tương tự, đã đi đến công thức (*) theo kinh nghiệm. Việc trao đổi thư từ thường xuyên, khi xem xét kỹ hơn, rất indo.

Vấn đề này đã được giải quyết bằng các phương pháp phân tích toán học khá hiệu quả vào tháng 10 năm 1935.

Vì vậy, đối với tôi, dường như thang đo của trang trong cùng một tạp chí năm 1941 đã nhìn thấy bài toán được in (số 3954) của một nhà toán học nổi tiếng khác O. Ore:

Từ ba phần tử $a, b, c$, được cho theo thứ tự cụ thể, có thể tạo ra $\varphi(3)=2$ tích của $(ab)c$ và $a(bc)$, trừ khi chúng ta giả định rằng luật kết hợp đúng. Tương tự, từ bốn yếu tố $a, b, c, d$ người ta có thể tạo ra sản phẩm $\varphi(4)=5$

$[(ab)c]d, [a(bc)]d, a[(bc)d], a[b(cd)], (ab)(cd)$.

Tìm biểu thức tổng quát $\varphi(n)$ cho số nhân $n$.

Trong công thức này, bài toán này đã được giải vào cùng năm 1941. Tôi không quen với lời giải này, vì nó rất bám sát từ một tham chiếu đơn giản đến bài toán trước đó.

Bây giờ đây là những gì thú vị. Năm 1957, các biên tập viên của AMM quyết định dành một số tạp chí riêng cho các bản ghi nhớ của O. Dunkel, người đứng đầu bộ phận vấn đề trong nhiều năm. Ban giám khảo bao gồm 25 bài toán nổi tiếng được gửi đến tạp chí này để đưa vào số báo tương ứng. Thật ngạc nhiên, cả hai bài toán này đều nằm trong số những người được bầu.

(Cuối cùng xem trang 32)

Giải thưởng «Kvant»

Năm học 1978/79, các biên tập viên đã nhận được hơn 12 nghìn lá thư
với các giải pháp bài toán từ Bài toán Kvant. Học sinh quyết định
số cao nhất bài toán hoặc những người gửi bản gốc nhất
lời giải, được trao giải thưởng đặc biệt do biên tập viên thiết lập-
hội đồng quản trị của tạp chí, - đăng ký «Kvant» cho năm 1980:

1. AGAEV Aliazmi (làng Pokrovka ASSR)
2. BALINSKY Alexander (làng Dublyany, vùng Lviv)
3. DANILOVSKY Igor (Gorky)
4. DREMIN Alexey (làng Chernogolovka, vùng Moscow)
5. ERMOLIN Alexander (Petrozavodsk)
6. ZHITENEV Nikolay (làng Chernogolovka, vùng Moscow)
7. ZHOROCHKIN Valery (Orsk)
8. KAPLAN Alexey (Sumgait)
9. Andrey KELAREV (Sverdlovsk)
10. Evgeniy KOGAN (Dnepropetrovsk)
11. Lyapin Alexander (Gomel)
12. MOLCHANOV Georgy (Saratov)
13. SEREDA Vladimir (Lviv)
14. SIVATSKY Alexander (Leningrad)
15. STRESHINSKY Mikhail (Donetsk)
16. Sergey SHISHKOV (Moscow)

Để tham gia thành công kỳ thi Vật lý và Toán toàn Liên đoàn lần thứ XIII
Đăng ký Olympic «Kvant» năm 1980 được trao cho:

1. AIDAGUMOV Valery (Andijan)
2. ASHIRALYEV Charyyar (Kara-Kala, Cộng hòa Xã hội chủ nghĩa Xô viết Turkmenistan)
3. BABAK Alexander (làng Kamenka)
4. VAHRIN Sergey (làng Bobrovka, vùng Pavlodar)
5. KUDRYAVTSEV Sergey (Magadan)
6. LEVITSKY Konstantin (Kara-Balty Kyrgyz SSR)
7. MESABLISHVILI Bachuk (Tbilisi)
8. OSTAPCHUK Yury (Zdolbunov)
9. PAVLIASHVILI Georgy (Tbilisi)
10. SATAFOVA Lola (Dushanbe)
11. FEFILOV Konstantin (Mì ống)
12. KHOKHLOV Yury (Emba)
13. SHUMKO Sergey (Cực Lodeynoye)

Tích cực tham gia Olympic, góp phần đạt thành tích xuất sắc
đang thực hiện. đăng ký «Kvant» cho năm 1980 được trao cho:

1. Người tổ chức Thế vận hội Georgia đầu tiên S. VASAKMADZE
2. Chủ tịch ban giám khảo Olympic, thành viên tương ứng. AN GSSR T. HEGELIA
3. Trường nội trú Vật lý và Toán mang tên. Komarova
   Tbilisi (giám đốc trường A. TSKHADAYA)
4. Giám đốc Trường số 42 ở Tbilisi, Giáo viên danh dự của GSSR
   O.Gaganidze
5. Giáo viên trường số 42, Tbilisi R. MOSHASHVILI

21

22

Bài toán

M581 — M585; F593— F597

M581. a) Có số nào có ba chữ số mà khối lập phương tận cùng là ba chữ số bảy không?
b) Với bất kỳ tập hợp chữ số nào, số cuối cùng khác 0, có lập phương nào kết thúc bằng tập chữ số này không?

A. Brotsky

M582. Một tứ giác có hai đường chéo vuông góc nội tiếp trong đường tròn tâm O. Chứng minh rằng khoảng cách từ điểm O đến mỗi cạnh bằng một nửa độ dài cạnh đối diện.

A. Kelarev

M583. Các bộ đá được xem xét, khối lượng mỗi viên không quá 2 kg và tổng khối lượng của bộ là 50 kg. Từ một bộ như vậy, một số viên đá được chọn, tổng khối lượng của chúng khác với 10 kg bởi số D nhỏ nhất có thể có đối với một bộ nhất định. Giá trị lớn nhất mà số D có thể nhận được đối với tất cả các bộ đá có thể có là bao nhiêu?

A. Waitrob, A. Pechkovsky

M584. Có thể tưởng tượng toàn bộ không gian là sự kết hợp của các đường thẳng, mỗi đường thẳng giao nhau (nghĩa là không nằm trong cùng một mặt phẳng)?

F. Weinstein

M585. N nhà khoa học đã có mặt tại hội nghị hóa học - các nhà hóa học và nhà giả kim, và có nhiều nhà hóa học hơn nhà giả kim. Người ta biết rằng các nhà hóa học trả lời sự thật cho bất kỳ câu hỏi nào, và các nhà giả kim đôi khi nói sự thật, đôi khi họ nói sự thật. Một nhà toán học tình cờ có mặt tại hội nghị phải xác định cho mỗi nhà khoa học xem anh ta là nhà hóa học hay nhà giả kim. Để làm điều này, anh ta có thể hỏi bất kỳ nhà khoa học nào câu hỏi: “Ai là nhà hóa học hay nhà giả kim?” (Cụ thể: “Bạn là ai?”). Chứng minh rằng một nhà toán học có thể tìm ra mọi thứ được yêu cầu

a) đối với câu hỏi 4N; 6) cho 2N - 2 câu hỏi;

b) * cố gắng nghĩ ra cách xác định ai là nhà hóa học và ai là nhà giả kim trong ít câu hỏi hơn (tác giả biết một cách khá phức tạp cho phép bạn thực hiện điều này trong [3N/2] câu hỏi).

S. Konyashin, P. Bleker

23

F593. Một vòng có bán kính $r$ lăn xuống từ độ cao $H$ ($r \ll H$) không trượt dọc theo mặt phẳng nghiêng có góc $\alpha$ ở đáy và đàn hồi tuyệt đối va vào một bức tường nhẵn vuông góc với mặt phẳng nghiêng (Hình 1). Vòng sẽ tăng lên độ cao bao nhiêu sau khi va chạm nếu hệ số ma sát trượt là $\mu$?

M. Borodovsky

F594. Hãy tưởng tượng những gì bạn tìm thấy trong một nhà tắm đầy nước nóng và có sương giá bên ngoài cửa sổ. Hơi nước sẽ đi đâu nếu bạn mở cửa sổ?

A. Varlamov

Hình 2.

F595. Hình 2 thể hiện sự phụ thuộc của dòng điện vào điện áp đối với bộ ổn áp DC - barretor. Barretor được mắc nối tiếp với điện trở tải $R = 13$ Ohm với pin có suất điện động $\varepsilon = 26$ V. Emf của pin có thể thay đổi trong giới hạn nào nếu dòng điện tải không được thay đổi quá 50 mA?

S. Kozel

F596. Khoảng thời gian giữa hai lần nhật thực liên tiếp của vệ tinh Io của Sao Mộc thay đổi trong năm từ giá trị tối thiểu là 42 giờ 28 phút 21,5 giây đến giá trị tối đa là 42 giờ 28 phút 51,5 giây. Sử dụng những dữ liệu này, hãy xác định tốc độ ánh sáng, giả sử Trái đất chuyển động quanh Mặt trời theo quỹ đạo tròn có bán kính 150 ml. km. Bán kính quỹ đạo Jupter của thành phố lớn hơn bán kính quỹ đạo Trái đất và tốc độ của Jupter của thành phố nhỏ hơn tốc độ Trái đất.

V. Belonuchkin

F597. Magnetron là một ống electron hai electron có hình trụ dị thường có bán kính $r$, dọc theo trục của nó có một sợi dây mỏng - cực âm. Khi cực âm được nung nóng, nó phát ra các electron có năng lượng $E$. Magnetron được đặt trong một từ trường đều song song với trục của nó. Tại giá trị nào của cảm ứng từ trường thì dòng điện trong mạch dị thường sẽ bằng không?

24

Lời giải bài toán

M528, M529; F538 — F541

M528. Có một quân cờ trên mỗi ô vuông của bàn cờ. Các chip phải được sắp xếp lại sao cho khoảng cách giữa mỗi cặp chip không giảm so với khoảng cách giữa chúng tại vị trí ban đầu. Có bao nhiêu cách có thể thực hiện được điều này? (Hãy xem xét khoảng cách giữa các mã thông báo được nén giữa tâm của các ô mà chúng chiếm giữ.)

Hình 1.

Hình 2.

Trước hết, chúng ta hãy chứng minh rằng việc sắp xếp lại các token là cần thiết để duy trì khoảng cách giữa hai token bất kỳ. Điều này có thể được thực hiện theo nhiều cách khác nhau.

Cách đầu tiên. Tổng tất cả khoảng cách theo cặp giữa các chip không thay đổi. Theo đó, không có khoảng cách nào có thể tăng lên (thực vậy, nếu sau khi sắp xếp lại các chip, khoảng cách giữa mỗi cặp chip không giảm, thì vì tổng của tất cả các khoảng cách không đổi nên sẽ có các chip mà khoảng cách giữa chúng sẽ giảm đi, điều này mâu thuẫn với các điều kiện sắp xếp lại).

Cách thứ hai. Các quân góc A, B, C, D (Hình 1) vẫn phải là quân góc, vì khoảng cách từ mỗi quân này đến quân ở góc đối diện (chéo) không thể thay đổi (khoảng cách này bằng độ dài đường chéo của bàn cờ, tối đa: $|AC| = |BD| \ge |KL|$, trong đó K và L là các ô tùy ý). Như vậy, bốn quân này vẫn chiếm bốn góc của bàn cờ và các vị trí mới A’, B’, C’, D’ vẫn là bốn đỉnh liên tiếp của hình vuông (Hình 2). Khi đó, khoảng cách từ mã thông báo M đến cạnh của hình vuông ABCD phải bằng khoảng cách từ ảnh của nó - mã thông báo M’ - đến các cạnh tương ứng của hình vuông A’B’C’D’: nếu không thì khoảng cách từ M đến hai cạnh liền kề của hình vuông sẽ không tăng và một trong số chúng sẽ giảm đi; nhưng khi đó khoảng cách tới đỉnh chung của các cạnh này cũng sẽ giảm đi.

Từ các bằng chứng của chúng tôi, rõ ràng rằng việc sắp xếp lại các thẻ cần thiết sẽ xác định một số chuyển động của hình vuông ABCD trên chính nó. Sự tự sắp xếp như vậy tồn tại trong mọi thứ (kể cả một điểm giống hệt nhau, trong đó tất cả các điểm vẫn giữ nguyên): đỉnh A có thể rơi vào bất kỳ đỉnh nào trong bốn đỉnh còn lại và đỉnh B có thể rơi vào một trong hai đỉnh lân cận của nó.

Lưu ý rằng kết quả chính bài toán thừa nhận sự tổng quát hóa màu đỏ sau: nếu f là ánh xạ liên tục của một tập màu cam đóng (trên mặt phẳng hoặc trong không gian) vào chính nó sao cho với hai điểm M, N bất kỳ

$$\rho(f(M), f(N)) \ge \rho(M, N),$$

() nhưng với hai điểm M và N bất kỳ thì bất đẳng thức () sẽ bằng nhau. Tuy nhiên, việc chứng minh thực tế này khá khó khăn (xem N. Burbak và “Cấu trúc liên kết tổng quát” (Moscow, “Nauka”, 1975), bài toán 11 đến § 2 của Chương IX).

N. Vasiliev

M529. a) Đa giác M’ là ảnh của đa giác lồi M cùng lúc với hệ số k = -1/2. Chứng minh rằng có một bản dịch song song của T bằng cách tạo T(M’) ⊂ M.
b) Với hệ số nào k < 0 là đúng, tương tự như phát biểu về đa giác lồi M trong không gian?

Một). Thoạt nhìn, có sự không chắc chắn về điều kiện bài toán: người ta không cho biết loại đa giác M’ làm sẵn nào được tạo ra. Chúng tôi mời người đọc chứng minh bổ đề sau đây về các đa giác M, M’ của chúng ta: ảnh của đa giác M’ dưới bất kỳ phép truyền song song nào có thể thu được từ M của một số danh pháp có hệ số k (nhưng có tâm khác), và ngược lại, ảnh của đa giác M dưới bất kỳ hình học nào có hệ số k có thể thu được từ M bằng một phép truyền song song nào đó.

Hãy chuyển sang lời giải. Chúng ta hãy chọn trong số các đỉnh của đa giác M tại (ví dụ: A, B và C), tạo thành tam giác ABC trên diện tích lớn nhất có thể (như vậy sẽ được tìm thấy, vì M là hữu hạn số đỉnh). Gọi O là giao điểm các đường trung tuyến của tam giác ABC. Ảnh khoảng cách M’’ của đa giác M bằng thước dây Γ có tâm O và hệ số k = -1/2 (Hình 3). Làm thế nào chúng ta

25

lưu ý, đa giác $M''$ có thể thu được từ đa giác $M'$ bằng cách dịch song song. Rõ ràng là nếu $M''$ hóa ra nằm bên trong tam giác $ABC$ (và hơn nữa, bên trong đa giác $M$), thì bài toán sẽ được giải.

Xét tam giác $A'B'C'$ được tạo bởi các đường trung bình của tam giác $ABC$. Vì $\Delta A'B'C' = \Gamma (\triangle ABC)$, các điểm $A', B', C'$ là các đỉnh của đa giác $M''$, với tam giác $A'B'C'$ có diện tích lớn nhất trong số các tam giác được tạo thành bởi các đỉnh của đa giác $M''$. Bây giờ, giả sử một số đỉnh - chẳng hạn như $X$ - của đa giác $M''$ nằm trong tam giác $ABC$, ví dụ: ở các cạnh đối diện của $[AB]$ (Hình 4). Nhưng khi đó tam giác $XA'C'$, rõ ràng nằm bên trong đa giác $M''$, sẽ có diện tích lớn hơn tam giác $ABC$, điều này là không thể. Vì vậy, $M'' \subset \triangle ABC$.

Vấn đề a) đã được giải quyết.

6. Lời giải của đoạn 6) bài toán gần như lặp lại hoàn toàn những điều trên. Trước hết, nếu từ “đa giác” được thay thế bằng “đa diện” thì bổ đề sẽ đúng. Hơn nữa, vai trò của tam giác $ABC$ (diện tích tối đa) sẽ do tứ diện $ABCD$, các đỉnh của chúng là các đỉnh của khối đa diện $M$, và thể tích là lớn nhất trong số các thể tích của tất cả các tứ diện như vậy. Vai trò của tâm đã được chuẩn bị $O$ đóng vai trò hoàn hảo là trọng tâm của khối tứ diện $ABCD$ (như đã biết, nó chia các đoạn nối các đỉnh của khối tứ diện với trọng tâm của các mặt đối diện, theo tỷ lệ 1:3). Người đọc chú ý có lẽ đã đoán được rằng phát biểu ở đoạn 6) sẽ đúng nếu chúng ta đặt $k = -1/3$. Vì, rõ ràng, nó thậm chí còn đúng hơn với $-1/3 \leq k < 0$, đối với lời giải bài toán đầy đủ, vẫn chứng tỏ rằng không thể giảm giá trị của $k = -1/3$. Để chứng minh sự phủ nhận của bất kỳ tuyên bố nào, việc bác bỏ nó trong một số trường hợp cụ thể là đủ. Chúng ta hãy bác bỏ nó khi khối đa diện $M$ là một tứ diện đều.

Để làm điều này, chúng ta hãy chứng minh khẳng định sau: cho $ABCD$ là một khối đa diện đều và $A'B'C'D'$ ảnh của nó với hệ số $k' > -3$ (Hình 5); trung tâm chuẩn bị, như chúng ta đã thấy, không đóng vai trò gì); Không có sự truyền song song nào trong đó ảnh của khối trung diện $ABCD$ sẽ nằm bên trong khối trung diện $A'B'C'D'$.

Thật ra, chúng ta hãy vẽ qua các đỉnh của các mặt phẳng tứ diện $ABCD$ song song với các mặt đối diện của tứ diện (qua đỉnh $A$ có một mặt phẳng song song với mặt $BCD$, v.v.). Khối đa diện (hãy ký hiệu là $A''B''C''D''$), được hình thành bởi các mặt phẳng này, sẽ là một khối tứ diện đều, chuẩn bị khối tứ diện $ABCD$ với hệ số chuẩn bị $k'' = -3$ (tâm được chuẩn bị - ở trọng tâm của khối tứ diện $ABCD$). Điều này có nghĩa là tứ diện mới này “lớn hơn” tứ diện $A'B'C'D'$ (ít nhất là về thể tích)

26

và do đó không thể bị “đẩy” vào nó bằng bất kỳ sự chuyển giao song song nào. Bây giờ chúng ta giả sử rằng có một bản dịch song song $T$ sao cho $T$ ($ABCD$) $\subset A'B'C'D'$. Hãy “đẩy” các cạnh của khối đa diện $A'B'C'D'$ “hướng vào trong” một chút, để chúng song song với chính nó, cho đến khi chạm vào các đỉnh của ảnh của khối đa diện $ABCD$ với phép dịch song song $T$ (tức là với các đỉnh của khối đa diện $T$ ($ABCD$)). Khối đa diện thu được rõ ràng bị tắc nghẽn do việc xây dựng khối đa diện $A''B''C''D''$ trước đó (“lớn hơn” so với khối đa diện $A'B'C'D'$) và nằm bên trong khối đa diện $A'B'C'D'$, điều này là không thể. Điều này có nghĩa là việc truyền song song được yêu cầu không tồn tại.

Lưu ý rằng tứ diện đúng $ABCD$ chỉ cần thiết để làm rõ.

Đối với các khối đa diện không phải khối đa diện, giá trị $k = -1/3$ có thể giảm đi; ví dụ, đối với các vật thể lồi đối xứng tâm (không nhất thiết phải là khối đa diện), hệ số chuẩn bị “tối thiểu” bằng -1. Do đó, các cạnh và hệ số chuẩn bị có thể đóng vai trò là thước đo mức độ “bất đối xứng” của một vật thể lồi. Những câu hỏi tương tự được thảo luận trong tập tài liệu của B. Grew và Baum trong “Etides on combinatorial hình học và lý thuyết về vật lồi” (M., “Nauka”, 1971) và trong cuốn sách của V. G. Boltyansky và I. M. Yaglom “Viupklitse fizura” (M. - L., Gostekhidat, 1951).

Ngoài lời giải bài toán a ở trên), chúng ta còn biết thêm hai lời giải của nó: cái đầu tiên rất đơn giản, nhưng sử dụng định lý Helly “khó” (xem lời giải bài toán 19 từ cuốn sách đã chỉ ra của Boltyansky và Yaglom; ở đó bạn cũng có thể tìm thấy bản phân tích và ứng dụng định lý Helly); ở lần chuẩn bị thứ hai, trọng tâm O của đa giác $M$ được lấy làm mặt phẳng. Rất dễ dàng để xác minh rằng O có các thuộc tính cần thiết.

N. Netsvetaev

F538. Một sợi dây nặng được treo ở các điểm $A$ và $B$ (Hình 6). Giá trị tuyệt đối của lực căng của dây tại điểm $C$ là 20 N. Tìm khối lượng của dây.

Chúng ta biểu thị $m$ khối lượng của dây, $\vec{T}_A$ và $\vec{T}_B$ lực căng của dây tại các điểm $A$ và $B$. (Lực đẩy tại mỗi điểm có phương tiếp tuyến với sợi dây). Vì dây ở trạng thái cân bằng nên tổng các lực tác dụng lên nó bằng 0:

$$\vec{T}_A + \vec{T}_B + mg = 0.$$

Tổng các hình chiếu của các lực tác dụng lên sợi dây lên bất kỳ trục nào, một phần lên trục thẳng đứng $OY$, cũng bằng 0. Kể từ đây,

$$T_{Ay} + T_{By} - m|\vec{g}| = 0,$$

Ở đâu

$$m = \frac{T_{Ay} + T_{By}}{|\vec{g}|}.$$

Vì vậy, để xác định khối lượng của sợi dây, phải xác định $T_{Ay}$ và $T_{By}$. Hãy tìm chúng.

Tiết diện CB của sợi dây ở trạng thái cân bằng. Điều này có nghĩa là tổng các hình chiếu lên trục hoành $OX$ của lực căng tác dụng lên dây tại các điểm $C$ và $B$ bằng 0:

$$T_{Cx} + T_{Bx} = 0.$$

Chúng ta hãy vẽ các lực $\vec{T}_C$ theo thang đo thuận tiện tùy ý (Hình 7). Nó hướng tiếp tuyến với sợi dây tại điểm $C$. Chúng ta hãy tìm hình chiếu của lực $\vec{T}_C$ lên trục $OX$. Bây giờ chúng ta vẽ một đường tiếp tuyến với sợi dây tại điểm $B$. Lực $\vec{T}_B$ hướng dọc theo tiếp tuyến này. Trên trục hoành, chúng ta vẽ hình chiếu của lực $T_{Bx}$ lên trục $OX$, bằng $-T_{Cx}$. Đã khôi phục lại đường vuông góc tại điểm $K$ với

Hình 7.

Hình 8.

phần tiếp tuyến tại điểm $B$, ta tìm được lực $\vec{T}_B$. Bây giờ không khó để tìm hình chiếu của lực $\vec{T}_B$ lên trục thẳng đứng. Nó được xác định bởi độ dài của đoạn $KE$, có tính đến tỷ lệ mà chúng ta đã vẽ lực $\vec{T}_C$. Trong trường hợp của chúng tôi $T_{By} \approx 22$ N.

Tương tự, xây dựng lực $\vec{T}_A$ kéo sợi dây tại điểm $A$ (Hình 8) và tìm thấy hình chiếu của nó lên trục $OY$. Trong trường hợp của chúng tôi, nó bằng $\approx 9$ N.

Vì vậy, $m = \frac{22 + 9}{9,8} \text{ кг} \approx 3,2 \text{ кг}$.

I. Slobodetsky

F539. Hình 9 cho thấy hai chu trình nhiệt động khép kín được thực hiện với khí đơn nguyên tử lý tưởng: $1 \rightarrow 2 \rightarrow 3 \rightarrow 4 \rightarrow 1$ và $1 \rightarrow 5 \rightarrow 6 \rightarrow 4 \rightarrow 1$. Chu trình nào có hiệu suất cao hơn? Bao nhiêu lần?

Hiệu suất của chu trình bằng tỷ lệ giữa công $A$ được thực hiện bởi khí với lượng nhiệt $Q$ truyền cho khí trong mỗi chu kỳ. Về mặt số lượng, công việc bằng diện tích được giới hạn bởi lịch trình chu kỳ. Đối với chu kỳ đầu tiên -

$$A_1 = (2 p_0 - p_0)(2 V_0 - V_0) = p_0 V_0,$$

cho chu kỳ thứ hai -

$$A_2 = (4 p_0 - p_0)(2 V_0 - V_0) = 3 p_0 V_0.$$

Hãy tìm điểm nóng $Q_1$ và $Q_2$. Trong trường hợp đầu tiên, nhiệt được truyền sang chất khí theo các phần $1-2$ và $2-3$. Trong trường hợp này, khí nóng lên và ở phần $2-3$ nó cũng hoạt động $A' = 2 p_0 V_0$. Do đó, $Q_1 = A' + \Delta U'$, $\Delta U'$ là độ biến thiên nội năng của chất khí. Vì nhiệt độ của khí tối thiểu tại điểm $1$ và tối đa tại điểm $3$, và nhiệt dung của một kmol khí đơn nguyên tử lý tưởng là $\frac{3}{2} R$,

$$\Delta U' = \frac{3}{2} R v (T_3 - T_1).$$

Ở đây $v$ là số kilomol khí, $T_1 = \frac{p_0 V_0}{\nu R}$, $T_3 = \frac{4 p_0 V_0}{\nu R}$. Do đó $\Delta U' = \frac{9}{2} p_0 V_0$ và $Q_1 = \frac{13}{2} p_0 V_0$. Tương tự, chúng ta tìm chu kỳ thứ hai $A' = 4 p_0 V_0$ (trong vùng $5-6$), $\Delta U'' = \frac{3}{2} R v (T_6 - T_1) = \frac{21}{2} p_0 V_0$ và $Q_2 = \frac{29}{2} p_0 V_0$. Sử dụng dữ liệu thu được, chúng tôi tìm thấy:

$$\eta_1 = \frac{2}{13}, \eta_2 = \frac{6}{29}, \eta_1 / \eta_2 \approx 0,74.$$

A. Zilberman

28

F540. Hai cuộn dây điện cảm $L_1$ và $L_2$ được mắc song song. Cuộn dây sẽ có điểm cực đại trong cuộn dây nếu một tụ điện có điện dung $C$ (Hình 10), được sạc trước đến điện áp $U$?

Hình 10.

Vì các cuộn dây được mắc song song nên điện áp trên chúng bằng nhau: $U_{L_1} = U_{L_2}$. Nhưng $U_{L_1} = L_1 \frac{\Delta I_1}{\Delta t}$, $U_{L_2} = L_2 \frac{\Delta I_2}{\Delta t}$.

Kể từ đây,

$$L_1 \frac{\Delta I_1}{\Delta t} = L_2 \frac{\Delta I_2}{\Delta t}.$$

(1)

Tại thời điểm ban đầu, các điểm trong cả hai cuộn dây đều bằng 0, do đó từ (1) suy ra các điểm $I_1$ và $I_2$ tại bất kỳ thời điểm nào đều sao cho

$$L_1 I_1 = L_2 I_2.$$

(2)

(Điều này có nghĩa là dòng điện tối đa trong cuộn dây đạt được đồng thời.)

Rõ ràng là điểm $I_1$ và $I_2$ là lớn nhất khi tụ điện được tích điện. Từ định luật bảo toàn năng lượng suy ra rằng tại thời điểm này

$$\frac{CU^2}{2} = \frac{L_1 I_1^2}{2} + \frac{L_2 I_2^2}{2}.$$

(3)

Từ phương trình (2) và (3) chúng ta tìm thấy:

$$I_1 = U \sqrt{\frac{L_2 C}{L_1 (L_1 + L_2)}}, I_2 = U \sqrt{\frac{L_1 C}{L_2 (L_1 + L_2)}}.$$

O. Savigan

F541. Khe hở của bộ tạo tia lửa điện (Hình 11) được điều chỉnh theo điện áp $U$ và điện trở $R$ của điện trở được chọn ở mức tối đa; Xác định công suất trung bình được giải phóng trên điện trở nếu tụ điện được phóng điện thành công trong quá trình sạc.

Hình 11.

Để nguồn phát tia lửa hoạt động ổn định, việc phóng điện trong khe hở tia lửa điện không được ảnh hưởng đến quá trình nạp tụ điện. Điều này có thể xảy ra trong trường hợp thời gian nạp tụ điện qua khe phóng điện nhỏ hơn nhiều so với thời gian nạp tụ điện từ nguồn đến điện áp $U$.

Trong trường hợp này, ở điện áp bằng 0 trên tụ điện, không có dòng điện trong khe hở tia lửa và khe hở được khôi phục về đặc tính điện môi của nó. Sự cố tiếp theo sẽ xảy ra khi điện áp trên khe hở, và do đó trên tụ điện, đạt $U$.

Trong thời gian tụ điện được sạc đến điện áp $U$, pin hoạt động $A = q\varepsilon$, trong đó $q = CU - \varepsilon$ được thực hiện trên tụ điện. Theo định luật bảo toàn năng lượng $A = Q + CU^2/2$, trong đó $Q - \varepsilon$ là năng lượng giải phóng trong quá trình tích điện của tụ điện trên điện trở, $CU^2/2 - \varepsilon$ là năng lượng tích trữ trong tụ điện. Như vậy,

$$CU\varepsilon = Q + CU^2/2,$$

Ở đâu

$$Q = CU\varepsilon (1 - U/2\varepsilon).$$

Vì thời gian nạp của tụ điện qua khe phóng điện ngắn nên có thể tránh được năng lượng giải phóng trong thời gian này trên điện trở.

Nếu trong 1 giây tụ điện được tích điện $n$ lần thì công suất trung bình tỏa ra trên điện trở bằng

$$N = nCU\varepsilon \left(1 - \frac{1}{2} \frac{U}{2}\varepsilon\right).$$

P. Zubkov

29

Từ những trang sách giáo khoa

V. Gutenmacher

Bất đẳng thức tổng cố định

Vào đầu năm học, chúng tôi chọn chủ đề “Bất đẳng thức” cho phần của mình vì nó tạo ra toàn bộ chương trình đại số ở trường (xem Chương II “Đại số 7”, Chương I “Đại số 8” và Chương IX của sách “Đại số và sự khởi đầu của phân tích 10”).

Lưu ý rằng các bất đẳng thức lời giải với một số tính chất biến đổi quan trọng hơn nhiều so với bài toán trong kinh tế học và các ứng dụng khác của toán học.

Trong bài viết về những vấn đề đơn giản nhất *), chúng ta sẽ làm quen với những nguyên tắc lập luận quan trọng giúp bạn học cách xử lý các bất đẳng thức một cách trôi chảy.

*) Một phần trong số bài toán này bao gồm một trong các nhiệm vụ VZMSh (xem trang 32).

Bài toán về bột mì

Trong các điều kiện của bài toán đầu tiên, chúng ta đang nói về các bộ ba số a, b, c, liên quan với nhau bằng quan hệ a+b+c=1, trong phần thứ ba - về phương pháp mô tả các dấu vết đó trên một mặt phẳng.

Bài toán 1. Ba túi chứa 1 cốc bột. Ngoài ra, người ta biết rằng trong gói thứ nhất không có nhiều bột hơn gói thứ hai và ở gói thứ hai - không nhiều hơn gói thứ ba.

a) Túi thứ ba có thể đựng được 2/5 ke bột mì không?

b) Túi thứ ba có thể chứa 1/5 cốc bột mì được không?

b) Túi thứ ba có thể chứa ít nhất bao nhiêu bột mì?

d) Túi thứ ba có thể chứa nhiều nhất bao nhiêu bột mì?

a) Đáp số. Có lẽ. Hãy đưa ra một ví dụ. Hãy chia bột như thế này: cho 3/10 kg bột vào túi thứ nhất và túi thứ hai, và 2/5 kg vào túi thứ ba. Khi đó tất cả các điều kiện đều được đáp ứng: 3/10 + 3/10 + 2/5 = 1 và túi thứ nhất chứa không nhiều bột hơn túi thứ hai (3/10 3/10), và túi thứ hai không chứa nhiều bột hơn túi thứ ba (3/10 2/5).

b) Đáp số. Không, không thể được. Hãy chứng minh điều đó. Giả sử bao thứ ba chứa 1/5 kg thì bao thứ hai chứa không quá 1/5 kg và bao thứ nhất cũng chứa không quá 1/5 kg. Nhưng cả ba túi đều không quá 3/5 ke bột mì,

30

điều đó mâu thuẫn với điều kiện. Do đó, giả định của chúng tôi (rằng có $1/5$ kg trong gói thứ ba) là không chính xác.

c) Đáp số. Gói thứ ba chứa tối đa $1/3$ kg. Hãy chứng minh điều đó. Đầu tiên chúng ta hãy chứng minh rằng gói thứ ba chứa không ít hơn $1/3$ kg. Giả sử điều ngược lại: giả sử có ít hơn $1/3$ kg bột mì. Khi đó cả túi thứ hai và túi thứ nhất cũng chứa ít hơn $1/3$ kg, nhưng điều này có nghĩa là cả ba túi đều chứa ít hơn 1 kg bột mì, điều này mâu thuẫn với điều kiện. Vậy gói thứ ba chứa ít nhất $1/3$ kg. Bây giờ chúng ta chứng minh rằng túi thứ ba có thể chứa $1/3$ kg bột mì. Nếu bạn đổ $1/3$ kg vào mỗi túi, thì tổng số sẽ là 1 kg và sẽ không có nhiều bột ở túi thứ nhất hơn ở túi thứ hai, và ở túi thứ hai – không nhiều hơn ở túi thứ ba.

d) Đáp số. Gói thứ ba chứa tối đa 1 kg. Trên thực tế, theo điều kiện, không được quá 1 kg, và sẽ thu được 1 kg khi hai túi đầu tiên không còn chút bột mì nào.

Hai bài toán tiếp theo cùng loại với bài toán 1. Viết chúng lời giải, sử dụng lời giải bài toán 1 của chúng tôi làm mẫu.

Bài toán 2. Điều kiện có thể giống như trong bài toán 1. Bạn cần trả lời các câu hỏi:

a) Túi thứ hai có thể chứa $2/5$ kg bột mì không?

b) Túi thứ hai có thể chứa $3/5$ kg bột mì không?

và chứng minh rằng

b) Thùng thứ hai có nhiều nhất $1/2$ kg bột mì.

d) Bao thứ hai có thể chứa 0 kg bột mì.

Bài toán 3. Điều kiện có thể giống như ở bài toán 1. Cần trả lời các câu hỏi:

a) Bao thứ nhất có thể chứa $13/37$ kg bột mì không?

b) Bao thứ nhất có thể chứa $12/37$ kg bột mì không?

b) Thùng thứ nhất có bao nhiêu bột?

d) Túi thứ nhất có ít hơn bao nhiêu bột?

Thay vì bột mì - những con số và góc cạnh

Hãy quay lại bài toán 1. Nó có thể được hình thành theo cách khác:

Bài toán 4. Về số $a, b, c$ được biết là $a+b+c=1$ và $0 \leq a \leq b \leq c$.

a) Có thể bằng $2/5$ không?

b) $1/5$ có thể bằng nhau không?

b) Đặt giá trị nhỏ nhất thành $c$.

d) Đặt giá trị nhỏ nhất thành $c$.

Lời giải bài toán 4 có thể được viết như sau:

a) $c$ có thể bằng $2/5$. Ví dụ: $c=2/5, a=3/10, b=3/10$. sau đó $3/10+3/10+2/5=1$ và $3/10 \leq 2/5$.

b) $c$ không thể bằng $1/5$. Trên thực tế, nếu $c=1/5$ thì $b \leq 1/5, a \leq 1/5$, do đó $a+b+c<1$, điều này là không thể. Vậy $c \geq 1/3$. Hãy chứng minh rằng $c$ có thể bằng $1/3$. Trên thực tế, nếu chúng ta đặt $a=b=c=1/3$ thì mọi điều kiện sẽ được thỏa mãn.

Bài toán 5. Viết lại bài toán 2 theo cách tương tự và cho nó lời giải giống như cách chúng ta đã làm ở bài 1 (xem bài toán 4).

Bây giờ hãy giải bài toán sau, sau đó bài toán 4 và 5:

Bài toán 6. Về số $a_1, a_2, a_3$ được biết là $a_1+a_2+a_3=1$ và $0 \leq a_1 \leq a_2 \leq a_3$.

a) Đặt giá trị tối đa $2a_1+3a_2$.

b) Đặt giá trị tối thiểu $2a_1+3a_2$.

Bài toán 7. a) Giá trị lớn nhất trong một tam giác có thể bằng $50^\circ$ không?

b) Vol lớn nhất trong một tam giác có thể bằng $88^\circ$ không?

Bài toán 8. Giá trị nhỏ nhất có thể thuộc về góc lớn nhất trong một tam giác là bao nhiêu?

Bài toán 9. Ba bao chứa 1 kg bột mì, biết bao thứ nhất chứa lượng bột bằng một nửa bao thứ hai, bao thứ hai không nhiều hơn bao thứ ba. Có thể tìm thấy nhiều nhất bao nhiêu bột mì trong túi thứ hai?

Bài toán 10. Các đường thẳng trên mặt phẳng được sắp xếp sao cho không có hai đường thẳng nào song song. Chứng minh rằng trong số đó có

31

ít nhất hai đường thẳng có khoảng cách giữa chúng ít nhất là 36°.

Gợi ý. Chọn một điểm tùy ý trên mặt phẳng và vẽ các đường thẳng song song với dữ liệu đi qua điểm đó.

Bài toán 11. Chứng minh rằng một hình chữ nhật lồi không thể có nhiều hơn ba góc nhọn.

Bài toán 12. Các quy trình $a, b, c, d$ được gọi là $a+b+c+d=4$ và $0 \leq a \leq b \leq c \leq d$.

a) Chứng minh rằng $c \leq 2$.

b) Chứng minh rằng giá trị lớn nhất của $b+c$ là $8/3$.

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của $a+d$.

Bài toán 13. Các quy trình $a_1, a_2, a_3, a_4, a_5$ được biết đến là $a_1+a_2+a_3+a_4+a_5=1$ và $0 \leq a_1 \leq a_2 \leq a_3 \leq a_4 \leq a_5$.

a) Chứng minh rằng $a_3 \leq 1/3$.

b) Tìm giá trị lớn nhất của $a_2+a_3+a_4$.

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của $a_1+a_5$.

Bài toán
về một tam giác đều

Bài toán 14. Cho một tam giác đều. Tìm tập hợp các điểm bên trong nó:

a) được phân bổ từ bên $AB$ không lớn hơn từ bên $BC$;

b) phân bổ từ bên $BC$ không lớn hơn từ bên $AC$;

b) thỏa mãn đồng thời các điều kiện a) và b).

Đáp số đối với câu hỏi a) được tô màu trong Hình 1a), đối với câu hỏi b) - trong Hình 1b).

Hóa ra bài toán 14b) có liên quan chặt chẽ đến vấn đề 1. Để thu hẹp khoảng cách giữa các vấn đề này, chúng tôi giải quyết bài toán sau:

Bài toán 15. Chứng minh rằng tổng khoảng cách từ một điểm bất kỳ bên trong một tam giác đều $ABC$ đến cạnh của nó bằng độ dài $h$ đường cao của nó.

Đã giải quyết và e. Lấy một điểm tùy ý $M$ bên trong tam giác $ABC$ và bỏ từ đó sự phân bố lại của các lỗ ở các cạnh $AB, BC$ và $AC$. Đặt độ dài của các đoạn kết quả bằng $h_1, h_2$ và $h_3$; đây là khoảng cách từ điểm $M$ sang một bên. Cần phải chứng minh rằng $h_1+h_2+h_3=h$. Hãy nối điểm $M$ với các đỉnh $A, B$ và $C$. Rõ ràng, $S_{ABM}+S_{CBM}+S_{CMA}=S_{ABC}$, trong đó $S_{ABM}, S_{CBM}, S_{CMA}, S_{ABC}$ lần lượt là diện tích của các hình tam giác $ABM, CBM, CMA, ABC$. Chúng ta hãy biểu thị độ dài cạnh của tam giác $ABC$ bằng $a$ và viết lại đẳng thức này như sau:

$$\frac{ah_1}{2}+\frac{ah_2}{2}+\frac{ah_3}{2}=\frac{ah}{2}.$$

Do đó ta chứng minh đẳng thức: $h_1+h_2+h_3=h$.

Phần bù của bài toán 15. Khẳng định bài toán này không chỉ đúng với các điểm bên trong của tam giác mà còn đúng với các điểm nằm trên các cạnh và ở các đỉnh của tam giác. (Đồng thời, chúng ta giả sử rằng nếu một điểm nằm trên một cạnh của một tam giác thì khoảng cách của nó đến cạnh này bằng 0.) Hãy tự chứng minh điều này.

Hình 1

Lấy một tam giác đều $ABC$ sao cho chiều cao của nó bằng chiều dài $h$ chiều cao của nó.

Chúng tôi khuyên bạn nên tự mình suy nghĩ về cách chứng minh mệnh đề “nghịch đảo”: nếu cho ba số $h_1, h_2, h_3$ sao cho $h_1 \geq 0, h_2 \geq 0, h_3 \geq 0, h_1+h_2+h_3=1$, thì bên trong hoặc trên biên của tam giác $ABC$, bạn có thể tìm thấy một điểm $M$, khoảng cách từ đó đến $[AB]$ là $h_1$, đến $[BC] - h_2$, đến $[AC] - h_3$. Tất nhiên chỉ cần thỏa mãn hai điều kiện đầu là đủ thì khoảng cách từ $M$ đến cạnh thứ ba, theo bài toán 15, sẽ là 1—$h_1-h_2=h_3$.

32

Vì vậy, chúng ta đã học cách biểu diễn các bộ ba số dương (chính xác hơn là không âm) ($h_1; h_2; h_3$) với $h_1+h_2+h_3=1$ dưới dạng số hình học. Chúng tôi sẽ nói như vậy: “dấu chấm ($h_1; h_2; h_3$)” *).

Minh họa hình học đầu tiên bài toán

Bây giờ chúng ta hãy quay lại nhiệm vụ đầu tiên một lần nữa. Ví dụ, hãy xem xét Hình 16) đến bài toán 14 (sau đây chúng ta vẫn giả sử rằng chiều cao của tam giác $ABC$ bằng 1). Trên đó, những điểm ($h_1; h_2; h_3$) mà $h_1 \leqslant h_2$ và $h_2 \leqslant h_3$ được đánh dấu.

Hãy chứng tỏ rằng trong nhiều trường hợp, các câu hỏi mà chúng tôi đặt ra trong các bài toán đầu tiên rất dễ trả lời bằng cách sử dụng tọa độ barytric. Ví dụ: hãy quay lại bài toán 4.

Bây giờ chúng ta có các ký hiệu khác nhau: $a=h_1$, $b=h_2$, $c=h_3$ và các điều kiện được viết như sau: $0 \leqslant h_1 \leqslant h_2 \leqslant h_3$, $h_1+h_2+h_3=1$.

*) Các nhà toán học gọi các số $h_1, h_2, h_3$ tọa độ barytric của các điểm trong một tam giác đều.

Nhiệm vụ của Trường Toán học Tương ứng

Bắt buộc bài toán: Số 2, 3, 7 - 10, 12a), 17.

Bổ sung bài toán: số 6, 11, 126), 12c), 136).

Về một tổ hợp bài toán
(Kết thúc. Xem phần đầu ở trang 19)

Những gì xảy ra tiếp theo thậm chí còn thú vị hơn. Trong “Giáo dục Toán học” số 4 (M., FM, 1959), Giáo sư A. Lopshitz, nhận xét về bộ sưu tập đã được đề cập về bài toán được mô tả và muốn cung cấp thông tin cho những người yêu thích toán học và tất nhiên là hài lòng, đã chọn, tất nhiên, theo sở thích của mình, 27 bài toán trong số 400 đã được chọn. Một lần nữa, cả hai bài toán này, độc lập, đều lọt vào danh sách.

Trên thực tế, như chúng ta đã thấy, cả hai bài toán này đều là hai mặt của cùng một vấn đề.

Từ “câu chuyện” này, có thể thấy rõ ngay cả những nhà toán học vĩ đại không phải lúc nào cũng hiểu nhau, vì họ thường nói những ngôn ngữ khác nhau. Hiện tượng này gần đây đã lan rộng khá rộng rãi, khi luồng thông tin làm tăng khả năng xử lý thông tin một cách hiệu quả của một người.

33

Nhiệm vụ

1. Nếu Anya đi bộ đến trường và bắt xe buýt về thì cô ấy sẽ mất tổng cộng một tiếng rưỡi trên đường. Nếu cô ấy đi xe buýt khứ hồi thì toàn bộ hành trình sẽ mất ba mươi phút. Anya dành bao nhiêu thời gian trên đường nếu cô ấy đi bộ đến trường và về nhà?

2. Tổng 1+2+3+…+p của p bất kỳ có thể kết thúc vào năm 1979 không?

3. 35 con quạ bay về sân trang trại tập thể. Đột nhiên sợ hãi điều gì đó, đàn quạ bay đi và chia thành hai đàn: đàn đầu tiên đậu trên cành cây dương già, đàn còn lại đậu trên nóc tháp nước. Sau một thời gian, 5 con quạ bay từ cây dương lên mái nhà, và cũng chính con quạ đó bay khỏi mái nhà, sau đó số lượng quạ còn lại trên cây dương nhiều gấp đôi so với trên mái nhà. Hỏi ban đầu cả hai đàn có bao nhiêu con quạ?

4. Tìm một mảnh
   $$\left(1 - \frac{1}{4}\right)\left(1 - \frac{1}{9}\right)\left(1 - \frac{1}{16}\right)\cdot \dots \cdot \left(1 - \frac{1}{225}\right).$$

5. Bài toán - tập trung. Lấy một số có ba chữ số. Viết các số theo thứ tự ngược lại (ví dụ: 347→743, 525→525); bạn nhận được một số có ba chữ số khác. Trừ số nhỏ hơn từ số lớn hơn. Đưa ra chữ số cuối cùng của sự khác biệt để đoán. Người đoán đặt tên cho sự khác biệt. Anh ấy làm điều đó bằng cách nào?

34

N. Mikhailova

công suất

Hôm nay tôi không có hứng thú đến lớp. Chúng tôi lặp lại trong số học những gì chúng tôi đã học được. Bạn cần chèn biểu tượng “lớn hơn” hoặc “nhỏ hơn”. Đây là cách tôi vẽ một tấm séc, chỉ sau đó tôi lật ngược biểu tượng - không phải thích > hoặc <, mà thích ∨. Và chúng ta cũng đếm các vòng tròn - bao nhiêu chục, bao nhiêu đơn vị. Chỗ nào có cả chục thì có vòng tròn màu trắng, chỗ nào người quản lý chưa đạt tới hàng chục thì có vòng tròn màu đỏ. Nhưng bố và tôi đã trải qua tất cả những điều này vì mẹ tôi bảo ông hãy “huấn luyện” tôi. “Tàu” là khi họ giải thích số học trong một thời gian dài. Bố đã huấn luyện tôi, huấn luyện tôi và nói: “Bố không hiểu mẹ muốn gì ở chúng ta, con hiểu mọi thứ với bố.

Hôm nay thế là đủ rồi. Đây là một bài toán khác để bạn trình bày. Hãy suy nghĩ về nó trong một vài ngày. Ngày xửa ngày xưa, một cậu bé như cậu đã giải được nó. Sau đó ông trở thành một nhà khoa học vĩ đại. Chỉ có anh ấy quyết định ngay lập tức, nhưng bạn sẽ không thành công. Nhưng hãy suy nghĩ, suy nghĩ, vận động bộ não của bạn, điều này sẽ khiến chúng lớn hơn.”

Tôi nghĩ đi nghĩ lại nhưng vẫn chưa nghĩ ra được điều gì và bây giờ cả lớp đang làm phiền tôi. Mọi người đang lẩm bẩm điều gì đó, giống như một chuyến tàu ở xa: “Boo-6-6, chuh-chukh-chukh.”
Zinaida Ivanovna nói: “Hãy mở vấn đề ra, Zhenya Matveev, nếu không thì bạn sẽ biết mình đang làm gì.

Tôi đã mở nó, nhưng không phải nơi mà những người khác có nó, mà là nơi mà palina bài toán nằm. Tôi lau nó vào buổi tối, giải quyết nó, nhưng tôi thực sự muốn ngủ. Tôi nằm xuống và từ “container” từ bài toán cứ lởn vởn trong đầu tôi. Một từ hay.

Đồ đựng là một cái xô, một cái chảo, một cái chậu, thậm chí cả những cái xấu xí, không tráng men. Và lon thiếc cũng là vật đựng. Sức chứa của tôi quá lớn nên khi tỉnh dậy, tôi gần như không thể làm được. Và bà tôi nói rằng ở tuổi tôi điều này đã là một điều đáng xấu hổ.

Và bài toán là như thế. Hai thùng chứa được cung cấp: 3 lít và 5 lít - và một bình sữa. Cách uống 4 lít sữa. Tôi yêu sữa. Mẹ nói - Tôi đã đến gặp mẹ. Khi có chiến tranh và không có sữa, bà cứ mơ ước trở thành cô gái vắt sữa và uống sữa suốt ngày.

Vẫn còn lạ! Làm sao có thể đổ nó từ thùng mà không cần vòi?

35

Tôi sẽ gắn một vòi vào nó:

Đã tốt hơn rồi. Bây giờ tôi thay thế container. Tôi đổ đầy chảo.

Có 3 lít trong cái chảo này, nhưng bạn cần 4 lít. Vậy, 4>3 và 4-3=1. Ít hơn mức cần thiết 1 lít. Nhưng vẫn không có nơi nào để thêm. Cô ấy đã no rồi.

Và cái này có 5 lít. 5>4 và 5—4=1. Ngược lại, thêm 1 lít.

Làm thế nào người ta có thể đổ lít này? Làm thế nào để đo lường nó? Không có số đo. Trong cửa hàng có loại chai lít như thế này nhưng mẹ tôi nói không đổ đầy đủ. Và không có thước đo thì làm sao tôi có thể đo được?

KHÔNG CÓ GÌ thành công.

Điều gì sẽ xảy ra nếu bạn xả cả hai chảo cùng nhau? 5+3=8 và 8=4+4. Sẽ có nhiều nhất là hai lần 4! Đổ nó ở đâu? Bạn có thể vào trong tôi, sau đó tôi thả cá vào đó, giống như trong bể cá, và chúng bơi suốt chặng đường.

Không, tôi không cần cá, tôi muốn nhờ Palu mua một con cá voi con ở cửa hàng thú cưng. Tôi sẽ đấm vào bụng bạn và gọi bạn là Vasya. Hãy nói chuyện.

Nhưng nó sẽ phát triển. Tôi sẽ nổ tung lần nữa. Không, bạn không cần bất kỳ thứ gì. ĐƯỢC RỒI.

Không có nơi nào để thoát nước chảo. Đầu tiên tôi sẽ đổ nó vào cái nhỏ hơn, sau đó đổ nó vào cái lớn hơn:

Thùng nhỏ bây giờ đã hết sạch, còn thùng lớn có 3 lít sữa và 2 lít. Bạn cũng có thể sử dụng một lita nhỏ. Tôi sẽ đổ đầy lại cái chảo nhỏ và đổ càng nhiều càng tốt vào cái chảo lớn hơn. Và 2 lít sẽ nằm gọn trong đó. Tức là trong bình nhỏ còn lại 1 lít nhưng mình cần đo từ bình lớn 1 lít.

Tôi sẽ thử cách khác - đổ từ cái lớn sang cái nhỏ. Vill 3 l. Thùng lớn còn lại 2 lít. Đó là bao nhiêu. Bây giờ tôi sẽ đổ sữa ra khỏi nồi nhỏ vì hộp đựng thực sự cần thiết. Tôi sẽ đổ lại vào bể, không đổ xuống đất. Có đúng không?

Bây giờ tôi có gì?

Vâng! Bây giờ tôi sẽ đổ nó từ một cái chảo lớn vào một cái chảo nhỏ. Chuyện gì đã xảy ra thế?

36

Vậy bây giờ có 1 lít chỗ trống trong cái nhỏ. Hoan hô! Hoan hô! Trước đây tôi muốn đúc chai 1 lít từ chai lớn. Chính xác là một! Bây giờ tôi đã có thước đo. Nhanh lên, nhanh lên! Tôi lại đổ đầy chảo lớn rồi đổ vào chảo nhỏ. Tôi tiêu bao nhiêu? Đúng một lít. Điều gì xảy ra?

Có lẽ tôi sẽ trở thành một nhà khoa học vĩ đại như cậu bé đó! Tôi cũng có 4 lít linto trong chảo! Ax, cậu là cái chảo của tôi! Ờ! Bây giờ tôi sẽ nghỉ ngơi.

“Zhenya Matveev, bạn cũng đáng bị như vậy!”
Tôi đang ngủ à?

Vẫn còn lời giải!

Trong số tháng 4 «Kvant» chúng tôi đã đề xuất bài toán sau cho học sinh trung học cơ sở (xem trang 97):

Paralelodrami bao gồm ba hình tam giác cân bằng, trong đó không có hình tam giác nào bị tắc nghẽn. Tìm giá trị của các nút của nó.

Trong số thứ năm của tạp chí, chúng tôi đã chỉ ra hai lời giải trong số bài toán này: paralelodra với góc nhọn 72° và paralelodra với góc nhọn $\frac{360^\circ}{7}$, đồng thời trình bày ba bản vẽ có thể phân chia (xem trang 63). Như độc giả A. Goldberg từ Leningrad đã lưu ý chính xác cho chúng ta rằng, bài toán không phải hai mà là năm lời giải: các paralelodromes với các góc nhọn 36°, 72°, $\frac{180^\circ}{7}$, $\frac{360^\circ}{7}$ và $\frac{540^\circ}{7}$. Chúng tôi sẽ luồn lách trước độc giả và không đưa ra đầy đủ lời giải bài toán (đây là cách liệt kê nhiều thuật ngữ khá nhàm chán), chúng tôi chỉ đưa vào hình ảnh.

37

Kỳ nghỉ hè đã kết thúc và một năm học mới lại bắt đầu. Năm học bắt đầu trong “Hội thảo dành cho người đăng ký” - một chuyên mục truyền thống trên tạp chí của chúng tôi.

bài toán và những câu hỏi nào được đưa ra cho những người đăng ký tham gia kỳ thi tuyển sinh môn toán và vật lý tại các trường đại học khác nhau? Những khuyết điểm đáp số điển hình của người nộp đơn, những lỗi đặc trưng của họ là gì? Kỳ thi tuyển sinh được tiến hành như thế nào? Bạn nên tập trung vào điều gì khi chuẩn bị cho những kỳ thi này? Làm thế nào để sử dụng hiệu quả nhất thời gian và cách sắp xếp còn lại để lặp lại tài liệu?

Những bức thư của độc giả mà ban biên tập nhận được, những bài phát biểu của họ tại hội nghị độc giả cho thấy những câu hỏi như vậy được nhiều người - học sinh, sinh viên các trường kỹ thuật dạy nghề, lao động trẻ, giáo viên, những người yêu thích toán học và vật lý, và thậm chí cả… các bậc phụ huynh, đôi khi là những người ở xa các ngành khoa học này trong chuyên ngành của mình. Câu trả lời cho tất cả những câu hỏi này và tài liệu liên quan từ Hội thảo dành cho người dự thi.

Trước hết, độc giả sẽ tìm thấy ở đây các bài viết về từng phần của chương trình thi tuyển sinh đại học về toán và vật lý. Những bài viết như vậy nhằm mục đích cung cấp lời giải thích chi tiết, sâu sắc về các chủ đề quan trọng và phức tạp nhất trong các khóa học toán và vật lý ở trường, đồng thời cảnh báo những người nộp đơn tương lai về những sai lầm phổ biến nhất. Việc trình bày các quan điểm lý thuyết trong các bài viết này, theo quy định, được sử dụng để phát triển các bài toán điển hình được rút ra từ việc luyện tập các kỳ thi tuyển sinh. Khi phác thảo chủ đề của các bài báo, người biên tập sẽ nghiên cứu những đề xuất và mong muốn cụ thể được thể hiện trong thư của độc giả khi chúng nảy sinh.

Tất nhiên, chúng không thể thay thế sách giáo khoa ở trường, vốn đặt ra các khóa học có hệ thống về toán và vật lý, để trở thành “Bài thực hành cho người nộp đơn” - và không cần thiết như vậy. Chúng được thiết kế dành cho những người đã nắm vững nội dung sách giáo khoa và muốn nhận thêm lời giải thích và nhiệm vụ cho công việc độc lập. Ngoài các ấn phẩm sẽ xuất hiện trong “Hội thảo dành cho ứng viên” trong các số tiếp theo «Kvant», khi chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh, việc làm quen với một số bài viết dành cho tạp chí sẽ rất hữu ích. Trong quá trình chuẩn bị cho kỳ thi, độc giả sẽ có một số câu hỏi tại sao và tại sao?

Bạn không nên nghĩ rằng tài liệu trong “Hội thảo dành cho người nộp đơn” chỉ dành cho học sinh lớp mười. Một số bài trong phần này khá dễ tiếp cận đối với học sinh lớp 9 và các em sẽ hiểu được rất nhiều điều từ các bài còn lại.

Điều khá tự nhiên là các ứng viên tương lai quan tâm đến việc tìm hiểu những gì bài toán được cung cấp trong kỳ thi tuyển sinh. Suy cho cùng, mọi người đều muốn hình dung cụ thể kỳ thi là gì, làm quen trước với mức độ yêu cầu của giám khảo ở các cơ sở giáo dục khác nhau. Điều này đặc biệt quan trọng đối với những người trẻ tốt nghiệp ra trường ở khu vực nông thôn, các khu định cư của công nhân và các thị trấn nhỏ. “Hội thảo dành cho người nộp đơn” sẽ bao gồm một cách có hệ thống các mẫu lựa chọn cho bài kiểm tra viết và bài toán bài kiểm tra vấn đáp về toán học và vật lý, được tổ chức vào năm 1979 ở nhiều nước ta. Mặc dù những bài toán này có độ khó khác nhau, nhưng người đọc sẽ tự mình nhận ra điều chính: đối với lời giải của họ, chỉ cần nắm vững tốt các khóa học ở trường là đủ và không cần thêm kiến ​​​​thức. Nhân tiện, các tùy chọn đã xuất bản mang đến cơ hội tuyệt vời để bạn thử sức mình ở lời giải của bộ bài kiểm tra “thực” bài toán trong một thời gian cố định (người nộp đơn dự kiến ​​sẽ có 4 giờ để hoàn thành bài tập).

Điều rất quan trọng là phải chuẩn bị cho các kỳ thi và tâm lý, rèn luyện bản thân về trình độ học vấn cao hơn, sức bền và khả năng tự chủ. Thật không may, có nhiều trường hợp một thí sinh đã chuẩn bị tốt bị lạc trong kỳ thi, bắt đầu lo lắng và kết quả là không thể giải được câu bài toán đơn giản hoặc nói ra những gì mình biết rõ.

Các biên tập viên của tạp chí «Kvant» hy vọng chuyên mục “Hội thảo dành cho ứng viên” sẽ trở thành cố vấn đắc lực cho các ứng viên. Chắc hẳn trong quá trình chuẩn bị cho kỳ thi, độc giả sẽ có một số câu hỏi tại sao và tại sao?

Các biên tập viên sẽ trả lời câu hỏi của bạn - cá nhân hoặc trong phần “Hỏi - Chúng tôi trả lời”, đồng thời những gợi ý và thông điệp thú vị nhất từ ​​độc giả sẽ được đăng trong phần đánh giá “Lời khuyên của độc giả”.

38

Hình học lời giải Hình học bài toán

Dành để tưởng nhớ Vainman V. Sh., một giáo viên dạy toán ở thành phố Kyiv.

Đối với lời giải hình học bài toán, trước tiên họ sử dụng nhiều phương pháp phân tích khác nhau. Hiện tại, bài viết nói về một số phương pháp hình học làm cho lời giải đơn giản và hợp lý. Các phương pháp được trình bày gần như giống hệt nhau và chắc chắn là không mới đối với người đọc, tuy nhiên, có vẻ như thông tin về chúng sẽ hữu ích cho tất cả những ai muốn học cách giải tốt hình học bài toán.

1. Hãy xác định loại hình.

Lời giải bài toán trong một số trường hợp, sẽ nhanh hơn đáng kể nếu trước tiên bạn xác định loại mà hình gốc có thể có (hoặc có thể không).

Bài toán 1 (MSU, VMK, 1978). Một đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB, tâm cách cạnh AM một đoạn là 10. Phần kéo dài của cạnh AM vượt ra ngoài đỉnh M cắt đoạn BC bằng 29 từ tiếp tuyến với đường tròn vẽ qua đỉnh B. Tìm diện tích tam giác BMC nếu biết góc ACB bằng arctan $\frac{20}{21}$.

Hãy xác định loại tam giác BMC mà chúng ta vẽ chiều cao $BM_1$ của nó, mở rộng nó đến giao điểm với đường tròn tại điểm $M_2$ và chiếu tâm của đường tròn O lên cạnh AM và dây cung $BM_2$ (Hình 1). Sau đó, theo điều kiện,

$$|OK| = 10, |BM_1| = |BC| \sin \widehat{ACB} = 29 \sin \left( \arctg \frac{20}{21} \right) = 29 \cdot \frac{20}{29} = 20 = 2 |OK|, |BM_2| = 2 |BL| = 2 (|BM_1| - |LM_1|) = 2 (|BM_1| - |OK|) = 2 |BM_1| - |BM_2| = |BM_1|.$$

Theo đó, các điểm M, $M_1$ và $M_2$ trùng nhau (Hình 2) và do đó, điểm O nằm trên [AB] và tam giác BMC là tam giác vuông. Phần còn lại là rõ ràng. (Đáp số.210.)

Bài toán 2 (MSU, địa chất. khoa, 1978). Cho tam giác ABC có cạnh $|AC| = 3, \widehat{BAC} = \frac{\pi}{6}$ và bán kính đường tròn ngoại tiếp là 2. Chứng minh diện tích tam giác ABC có một cạnh nhỏ hơn 3.

Hãy chứng minh rằng $\triangle ABC$ không thể là góc vuông. Trên thực tế, chúng ta hãy vẽ trong đường tròn bán kính 2 từ điểm A các dây AC, AB$_1$, AB$_2$ và đường kính AD (Hình 3) sao cho $|AC| = 3, \widehat{B_1AC} = \widehat{B_2AC} = \frac{\pi}{6}$. Đoạn AB$_1$ không trùng với đoạn AD, vì $\widehat{CAB}_1 = \frac{\pi}{6} \neq \arccos \frac{3}{4} = \arccos \frac{|AC|}{|AD|} = \widehat{CAD}$. Do đó $\widehat{ACB}_1 \neq \frac{\pi}{2}$ và $|AB_1| < |AD|$. Vì vậy $S_{\Delta AB_1} = \frac{1}{2} |AC| \cdot |AB_1| \sin \widehat{B_1AC} < \frac{1}{2} |AC| \cdot |AD| \sin \widehat{B_1AC} = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 4 \times \sin \frac{\pi}{6} = 3$. Bất bình đẳng $S_{\Delta AB_2} < 3$ dễ dàng xảy ra từ $|AB_2| < |AC| = 3$.

2. Hãy “hoàn thành” hình vẽ.

Bất kỳ hình học lời giải hình học bài toán nào đều bắt đầu bằng việc vẽ một bản vẽ.

39

Đồng thời, đôi khi trong một bản vẽ “tự nhiên” (tức là trong một bản vẽ chỉ có điều kiện được “mô tả”), rất khó nhận thấy các kết nối giữa dữ liệu và các giá trị ban đầu và nếu hình đã “hoàn thành”, những kết nối này trở nên rõ ràng.

Bài toán 3 (MSU, Khoa Khoa học Đất, 1977). Độ dài đáy CD, đường chéo BD và cạnh AD của hình thang ABCD bằng nhau và bằng p. Độ dài cạnh BC bằng q. Tìm độ dài đường chéo AC.

Trong hình thang ABCD này (Hình 4), không thể thấy được mối liên hệ giữa đường chéo AC ban đầu và các đoạn khác. Nếu xét điểm D cách đều các điểm A, B và C, vẽ đường tròn O(D, p) và “hoàn thiện” hình thang này thành hình thang cân ABCE thì dễ dàng tìm được $|AC| = \sqrt{4p^2 - q^2}$ từ tam giác vuông ACE.

Bài toán 4 (NSU, 1976). Cho hình thang ABCD có đáy AB và CD, đường bicsectrix của B vuông góc với cạnh AD và cắt nó tại điểm E. Theo tỉ số nào?

Đường thẳng BE có chia cho diện tích hình thang nếu biết độ dài đoạn AE gấp đôi đoạn DE?

Nếu chúng ta “hoàn thiện” hình thang ABCD này thành tam giác AFB (Hình 5), chúng ta sẽ thu được một tam giác đều mà từ đó đoạn DC cắt tam giác đồng dạng DFC với hệ số tương tự $\frac{1}{4}$. Do đó, tỷ lệ cần thiết là bằng $\frac{S_{EDCB}}{S_{\Delta AEB}} = \frac{S_{\Delta EFB} - S_{\Delta DFC}}{S_{\Delta AEB}} = \frac{\frac{1}{2} S_{\Delta AFB} - \left(\frac{1}{4}\right)^2 S_{\Delta AFB}}{\frac{1}{2} S_{\Delta AFB}} = \frac{7}{8}$.

3. Hãy mô tả một vòng tròn.

Trong một số trường hợp, một điểm quan trọng trong hình học lời giải bài toán là việc thiết lập sự phụ âm của một số góc. Thông thường, các góc như vậy tương ứng trong các tam giác giống nhau

40

hoặc đa giác. Tuy nhiên, những tình huống như vậy có thể xảy ra khi sự đồng dạng của một cặp góc được coi là tiếp nối sự đồng dạng của một cặp góc khác mà giá trị của chúng đã biết. Ví dụ: gần một hình tứ giác $ABCD$ khi và chỉ khi có thể mô tả một hình tròn khi $\widehat{ABC} + \widehat{ADC} = 180^\circ$ (“Hình học 8”, trang 113). Dễ dàng chứng minh được điều kiện này tương đương với điều kiện $\widehat{ABD} = \widehat{ACD}$. Do đó, các đẳng thức $\widehat{ABD} = \widehat{ACD}$, $\widehat{ACB} = \widehat{ADB}$, $\widehat{BAC} = \widehat{BDC}$, $\widehat{CAD} = \widehat{CBD}$ là tương đương (Hình 6).

Bài toán 5 (MIPT, 1976). Điểm $E$ nằm trên cạnh $AC$ của tam giác đúng $ABC$; điểm $K$ là điểm giữa của đoạn $AE$. Đường thẳng đi qua điểm $E$ vuông góc ($AB$) và đường thẳng đi qua điểm $C$ vuông góc ($BC$) cắt nhau tại điểm $D$. Tìm các góc của tam giác $BKD$.

Để đường thẳng $ED$ cắt đường thẳng $AB$ tại điểm $F$ (Hình 7). Khi đó tam giác $AFE$ là hình chữ nhật và $[FK]$ là đường trung tuyến. Điều này có nghĩa là tam giác $AFK$ là tam giác đều, đồng dạng với tam giác đã cho $ABC$. Posny $[FK] \parallel [BC]$ và tứ giác $BFKC$ là một hình thang cân. Do đó, hãy mô tả một vòng tròn xung quanh nó. Từ $\widehat{BFD} + \widehat{BCD} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$ suy ra điểm $D$ thuộc cùng một đường tròn.

Pozny $\widehat{BKD} = \widehat{BFD} = 90^\circ$, $\widehat{KDB} = \widehat{KCB} = 60^\circ$ và $\widehat{DBK} = 30^\circ$.

Bài toán 6 (MSU, vật lý, 1974). Điểm $A$ được lấy trên bisectrix của góc có đỉnh $L$. Điểm $K$ và $M$ là đáy của các đường vuông góc hạ từ $A$ xuống các cạnh của góc. Trên đoạn $KM$ lấy một điểm $P$ (|$KP$| < |$PM$|) và qua điểm $P$ vuông góc với đoạn $AP$ vẽ một đường thẳng cắt đường thẳng $KL$ tại điểm $Q$ (Giữa $Q$ và $L$) và đường thẳng $ML$ tại điểm $S$. Được biết, $\widehat{KLM} = \alpha$, |$KM$| = $a$, |$QS$| = $b$. Tìm độ dài của đoạn $KQ$.

Như bạn đã biết, $|AK| = |AM|$. Thật dễ dàng để báo cáo rằng $\widehat{AKM} = \widehat{ALK} = \frac{\alpha}{2}$.

Pozny $|AK| = \frac{a}{2\cos \frac{\alpha}{2}}$.

Có thể vẽ các vòng tròn xung quanh các hình tứ giác $APKQ$ ($\widehat{APQ} = \widehat{AKQ} = 90^\circ$) và $APSM$ ($\widehat{APS} + \widehat{AMS} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$) (Hình 8). Tìm kiếm $AQS = AQP = AKP = AKM = AMK = AMP = ASP = ASQ = \frac{\alpha}{2}$, tam giác $AQS$ - đều. Từ $\triangle AQS$ có $|AQ|$, rồi từ tam giác vuông $AKQ$ - $|KQ| = \frac{\sqrt{b^2 - a^2}}{2\cos \frac{\alpha}{2}}$.