Kvant 1980, số 11 · Trang

100

11
1980

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

Bức ảnh cho thấy một cấu trúc trang trí do nhà thiết kế người Pháp François Morellet tạo ra vào năm 1962. Không gian của quả cầu, có đường kính khoảng hai mét, được lấp đầy bởi một mạng lưới các ống nhôm hình khối. Khi quả cầu quay hoặc người xem đi xung quanh nó, người ta sẽ quan sát thấy sự biến đổi tự do của các hình ảnh không gian liên quan đến tính đối xứng của cấu trúc hình khối.

V. Koleynuk

1

Được thành lập vào năm 1970
11
1980

khoa học đại chúng
vật lý và 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

Tổng biên tập
Viện sĩ I. K. Kikoin

Phó thứ nhất
tổng biên tập
Viện sĩ A. N. Kolmogorov

Tuyển tập biên soạn:
M. I. Bashmkov
S. T. Belyaev
V. G. Boltyansky
N. B. Vasiliev
Yu. N. Efremov
V. G. Zubov
P. L. Kapitsa
V. A. Kirillin
A. I. Klimanov
S. M. Kozel
V. A. Leshkovtsev
(Phó tổng biên tập)
N. A. Patrikeva
I. S. Petrkov
N. Kh. Rozov
A. P. Savin

Tôi. Sh. Slobodetsky
M. L. Smolyansky
(Phó tổng biên tập)
Y. A. Smorodinsky
V. A. Fabricant
A. T. Tsvetkov
M. P. Shaskolskaya
S. I. Schwartzburg
A. I. Shirshov

TRONG PHÒNG:
2 L. Ashkinaz. máy phát MHD
8 P. Blecher. Về những người trung thực, những kẻ nói dối và những kẻ lừa dối

Phòng thí nghiệm «Kvant»
12 J. Walker. Pháo hoa vật lý

vòng tròn toán học
15 V. Zalealer. Bài toán trên các hình tam giác có chung đáy

Vấn đề «Kvant»
19 Bài toán M651—M655; F663—F667
21 Lời giải bài toán M605—M608; F608—F612
27 A. Avramov. Cấp số cộng trong tam giác Pascal

«Kvant» cho học sinh nhỏ
29 Bài toán
30 E. Gik. Trận chiến trên biển

Qua những trang sách giáo khoa
33 Yu. Ivanov. Có bao nhiêu bảo đảm?

Xưởng của người nộp đơn
38 L. Aslamazov. Lực ma sát và chuyển động

Nghệ thuật lập trình
42 Trường đào tạo lập trình tương ứng. Bài học 11

Thông tin
Olympic Liên đoàn cân nặng lần thứ XIV dành cho học sinh
45 V. Vasilov, A. Zemlykov, I. Klumova. Olympic Toán
51 T. Petrova, L. Chernova. Olympic Vật lý
54 T. Romanovsky. Tham quan thí nghiệm Olympic Vật lý
59 học sinh đoạt giải Olympic Liên đoàn cân nặng lần thứ XIV dành cho học sinh

61 trang cờ vua
62 Đáp số, gợi ý, lời giải

Thi đấu cờ vua (trang bìa thứ 3)
Trang bìa của chúng tôi (37)
Pha trộn (7, 11)

© Nhà xuất bản Nauka. Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học, «Kvant», 1980

2

L. Ashkinazi

máy phát MHD

Xã hội loài người không thể sống thiếu năng lượng. Cho đến nay, nguồn năng lượng chính của con người là nhiên liệu tự nhiên: than, dầu, khí đốt. Nhưng việc cung cấp nhiên liệu này không kéo dài mãi mãi. Đúng, chúng ta biết các nguồn năng lượng khác - Mặt trời và Nguyên tử. Trong tương lai, chúng sẽ trở thành nguồn cung cấp chính, nhưng việc phát triển chúng cần có thời gian và trong khi đó trữ lượng nhiên liệu tự nhiên đang giảm dần. Làm thế nào để sử dụng hiệu quả nguồn dự trữ này? Một đề xuất đương nhiên là tăng hiệu suất của các thiết bị chuyển đổi năng lượng của nhiên liệu tự nhiên thành năng lượng điện. Một ứng dụng quan trọng của chuyển đổi năng lượng hiệu quả cao là giảm ô nhiễm môi trường.

Như đã biết, hiệu suất của động cơ nhiệt tăng lên khi tăng nhiệt độ tối đa và giảm tối thiểu của chất lỏng làm việc. Nhưng nhiệt độ tối thiểu được giới hạn ở màu xanh lam - đây là nhiệt độ môi trường. Nhiệt độ tối đa được giới hạn bởi bao nhiêu? Độ bền của cánh tuabin - hay độ bền của tất cả các kim loại giảm khi nhiệt độ tăng và các bộ phận tốc độ cao chịu tải lớn hơn. Các cánh tuabin của nhà máy nhiệt điện hoạt động “đến giới hạn” và một trong những mục tiêu chính là thu được vật liệu có độ bền cao ở nhiệt độ cao. Các nhà máy nhiệt điện tốt nhất có hiệu suất từ ​​35-40%.

Nếu muốn tăng hiệu suất bằng cách tăng nhiệt độ của chất lỏng làm việc, chúng ta phải tìm cách chuyển đổi năng lượng của khí nóng thành năng lượng điện không cần vật liệu có độ bền cao.

Một ngày nọ, một người đàn ông đứng ở một nơi bên kia sông Thames và cố gắng thay đổi hiệu điện thế giữa hai

3

Điện cực ngâm trong nước. Tuy nhiên, hiệu điện thế bằng 0 trong nửa giờ, và Michael Faraday khổng lồ (và chính là anh ta) đã về nhà. Thất bại của Faraday chỉ được giải thích bởi độ nhạy thấp của các thiết bị ông sử dụng. Nhưng sự khác biệt tiềm năng tồn tại và nó đã được nhà vật lý Wollaston thay đổi 19 năm sau. Và sau đó William Thomson (Lord Kelvin) đề xuất sử dụng hiệu ứng này để chuyển đổi năng lượng chuyển động của nước biển khi thủy triều thành năng lượng điện.

Do đó, nền tảng lý tưởng đã được đặt ra cho một phương pháp chuyển đổi năng lượng mới, giúp sử dụng nhiên liệu tự nhiên với hiệu suất cao hơn so với các nhà máy nhiệt điện truyền thống. Phương pháp này được gọi là từ thủy động lực học.

máy phát MHD

Hãy tưởng tượng một đường ống làm bằng vật liệu cách điện và có các điện cực dẫn điện ở bên trong hai bức tường đối diện. Ống được đặt trong từ trường. Một dòng khí nóng chuyển động trong ống. Đây là sơ đồ cơ bản của máy phát điện từ thủy động lực - máy phát MHD. (Chuyển động của dòng khí nóng về nhiều mặt tương tự như chuyển động của chất lỏng. Do đó, tên của cả phương pháp và máy phát điện.) Trong máy phát MHD, năng lượng cơ học của khí nóng chuyển động được chuyển đổi thành năng lượng điện. Hãy xem nó được thực hiện như thế nào.

Để xác định điều này, hãy để khí trong kênh MHD (còn gọi là ống có điện cực ở thành trong) di chuyển từ trái sang phải với tốc độ $\vec{v}$ và chỉ báo từ trường $\vec{B}$ có hướng như hình vẽ.

Nếu có các electron tự do trong chất khí chuyển động dọc theo kênh MHD thì dưới tác dụng của lực Lorentz $F=evB$ chúng sẽ trôi trong chất khí về phía điện cực gần chúng ta (trong hình) và tích tụ trên đó. Kết quả là sẽ tạo ra sự khác biệt điện thế giữa các tế bào điện trên thành của kênh MHD. Nếu chúng ta nối một số tải điện với nguồn điện thì dòng điện sẽ chạy qua mạch tải.

Vì vậy, bài toán lời giải - bằng cách đặt một dòng khí nóng vào một đường ống có hai dây điện và từ trường, chúng tôi đã tạo ra một máy phát năng lượng điện.

Cơ chế tạo dòng điện trong máy phát MHD cũng giống như trong bất kỳ máy phát điện nào - dòng điện sẽ xuất hiện trong một dây dẫn chuyển động trong từ trường. Nhưng chỉ trong máy phát điện những dây dẫn này là kim loại và rắn, còn trong máy phát điện MHD chúng là khí nóng.

Tuy nhiên, đây chỉ là một nguyên tắc hành động. Để hiểu những điều kiện mà một máy phát điện như vậy sẽ hoạt động, hãy tính các thông số của nó - emf và điện trở trong. Cho điện trở tải là vô hạn, nói cách khác là tải hở. Điện áp $\delta$ ở đầu ra của máy phát, tức là EMF, sẽ là bao nhiêu? Nó tương đương với công việc di chuyển

4

đơn vị điện tích giữa các điện cực. Vì công này là tùy ý chống lại lực $F = evB$, với độ căng kênh bằng $d$, $\mathcal{E} = Fd/e = vBd$. Đối với $d = 3$ m, $v = 1500$ m/s và $B = 5$ T $\mathcal{E}$ sẽ là 22,5 kV - một giá trị khá đáng kể, đủ cho các ứng dụng thực tế.

Chúng ta hãy quay lại thời gian của Faraday trong một phút và ước tính EMF cho một cặp điện cực được hạ xuống sông Thames (tất nhiên, dòng sông không phải là dòng khí dẫn điện mà là dòng chất lỏng dẫn điện, nhưng không có sự khác biệt cơ bản). Sông Thames là một con sông rộng (điều này tốt), nhưng chậm (điều này là xấu) và từ trường của Trái đất nhỏ (điều này cũng xấu). Thăm dò $d = 30$ m, $v = 0,1$ m/s, $B = 10^{-4}$ T, chúng tôi nhận được $\mathcal{E} = 3 \cdot 10^{-4}$ V. (Faraday không thể thay đổi giá trị này…)
Điện trở trong hiện tại của bộ dao động $M\Gamma D$.

Như đã biết, điện trở của một dây dẫn kim loại có chiều dài $L$ và tiết diện $S$ bằng $R = \frac{mL}{e^2n\tau S}$, trong đó $m$ và $e$ là khối lượng và điện tích của điện cực, $n$ là nồng độ của các điện cực tự do trong kim loại, $\tau$ là thời gian đi qua tự do của điện cực (xem “Vật lý 9”, trang 175). Chúng ta có thể sử dụng công thức này cho trường hợp chất khí có độ dẫn điện, thay thế các giá trị “khí” $t$ và $n$ vào công thức. Ở nhiệt độ $T = 2000$ K và áp suất khí trong kênh $10^5$ Pa (các giá trị phổ biến cho máy phát điện $M\Gamma D$) $t$ là $\sim 10^{-12}$ s. Như có thể thấy từ hình, trong trường hợp của chúng tôi $L = d$, $S = hl$, vì vậy $R = 3,5 \cdot 10^{19} \frac{d}{nhl}$. Vì vậy, chúng tôi liên hệ điện trở trong của máy phát $R$ $M\Gamma D$ với kích thước kênh và nồng độ của các điện cực trong khí.

Những giá trị nào của $R$ phải được đảm bảo để việc sử dụng máy tạo $M\Gamma D$ có tính khả thi về mặt kinh tế? Giả sử rằng từ một máy phát có kích thước kênh $d = h = 3$ m, $l = 15$ m, chúng ta muốn đạt được công suất $P = 2000$ MBt. Nếu điện trở tải là $R_H$ thì dòng điện trong máy phát và tải là $I = \mathcal{E}/(R + R_H)$, công suất do máy phát tạo ra là $P_r = \mathcal{E}I = \mathcal{E}^2/(R + R_H)$, công suất giải phóng trong tải là $P = \mathcal{E}^2R_H/(R + R_H)^2$, tổn thất điện năng là $P_n = \mathcal{E}^2R/(R + R_H)^2$. Vì theo điều kiện $P = 2000$ MBt, và $\mathcal{E} = 22,5$ kV thì $R_H = 4(R + R_H)^2$. Lý do chính khiến chúng tôi “phát minh” ra máy phát điện $M\Gamma D$ là hiệu suất cao. Điều này có nghĩa là $P_n$ chỉ nên là một phần nhỏ của $P_r$ - chẳng hạn như không quá 10%. Mặt khác, máy phát điện $M\Gamma D$ hóa ra không hiệu quả hơn một nhà máy nhiệt điện thông thường. Vì vậy, $P_n \leq 0,1P_r$ trống, tức là $\mathcal{E}^2R/(R + R_H)^2 \leq 0,1\mathcal{E}^2/(R + R_H)$; sau đó $R \leq 0,11R_H$. Từ đây và từ $R_H = 4(R + R_H)^2$ chúng ta có $R \leq 0,022$ Ohm. Để có được $R$ như vậy với các giá trị cho trước là $d = h = 3$ m, $l = 15$ m, cần phải có nồng độ điện cực là $n \geq 10^{20}$ điện cực/m³. Nhưng có quá nhiều điện cực bị thiếu trong khí? Ở nhiệt độ 2000 K, celecomostite thực tế được tạo thành từ các phân tử neon hóa; nó có thể được đốt bằng cách nung nóng, chẳng hạn như đến 8000 K. Nhưng ở nhiệt độ này, tất cả các vật liệu đã biết đều nổi - kênh $M\Gamma D$ và buồng đốt đơn giản là sẽ không được làm từ…

Tuy nhiên, nồng độ của các điện cực có thể tăng lên bằng cách thêm các chất phụ gia dễ bị oxy hóa vào khí. Những chất phụ gia như vậy, hay còn gọi là chất phụ gia, có thể là kim loại kiềm, việc bổ sung kali và xêzi là hiệu quả nhất. Ví dụ, việc bổ sung 1% kali vào hỗn hợp $\text{CO}_2 + \text{H}_2\text{O}$ (sản phẩm đốt than hoặc khí tự nhiên) tạo ra nồng độ điện cực ở nhiệt độ khí 2500 K cao hơn $10^{24}$ lần so với khi không có nó.

Phụ gia kali được đưa vào ngay đầu kênh $M\Gamma D$, ngay sau buồng đốt, dưới dạng muối $K_2\text{CO}_3$ hoặc $K_2\text{SO}_4$ - hợp chất kali rẻ tiền và sẵn có. Các hạt phải nhỏ, kích thước khoảng một micron - chúng phải có thời gian tan chảy, bay hơi, phân hủy và ion hóa ngay từ đầu kênh, để khí có đủ độ dẫn đến các điện cực.

Việc bổ sung xêzi làm tăng thêm độ dẫn của khí. Nhưng Caesium rất đắt tiền và nó chỉ có thể được sử dụng nếu không cần dòng chảy liên tục trong quá trình vận hành máy phát điện $M\Gamma D$

5

Máy phát MHD chu trình mở.

chất phụ gia. Để tìm hiểu xem chất phụ gia được tiêu thụ như thế nào trong quá trình vận hành máy phát MHD, chúng ta sẽ phải đặt câu hỏi về số phận của khí đi qua kênh MHD.

Khí này vẫn còn đủ năng lượng để làm quay tua-bin của các nhà máy nhiệt điện. Trong trường hợp này, máy phát MHD sẽ phát “giai đoạn nhiệt độ cao nhất” trong nhà máy nhiệt điện. Điều này sẽ làm tăng thêm hiệu quả của nó. Sau kênh MHD và tua-bin, khí được thải vào khí quyển. Và mặc dù các bộ lọc giữ lại gần 95% chất phụ gia ở đầu ra của kênh, 4 tấn chất phụ gia mỗi giờ vẫn sẽ được thải vào khí quyển từ các đường ống của nhà máy điện MHD 2000 MW. Do đó, Caesium không thể được sử dụng trong máy phát MHD, loại máy tạo ra khí vào khí quyển sau kênh - nó sẽ tốn quá nhiều chi phí. Đối với các máy tạo MHD như vậy, được gọi là máy tạo MHD chu trình mở, chỉ có thể sử dụng kali ở dạng K₂CO₃ hoặc K₂SO₄ làm chất phụ gia.

Vì đã có máy phát MHD chu trình mở nên có lẽ cũng có máy phát MHD chu trình kín? Đúng. Trong đó, chất lỏng làm việc thường là khí trơ (thường là argon) và chất phụ gia là Caesium.

Khí sau kênh và tua-bin (nếu có) quay trở lại… ở đâu? Không có trong buồng phân loại - không có gì để đốt trong máy tạo MHD chu trình kín; nhiên liệu tự nhiên không bị đốt cháy trong đó. Khí quay trở lại vùng gia nhiệt, ví dụ, có thể là “bên trong” của lò phản ứng hạt nhân. Trong trường hợp này, không có sự thất thoát khí hoặc chất phụ gia và có thể sử dụng Caesium, chất này tạo ra độ dẫn điện cao hơn kali.

Việc sử dụng máy phát MHD với chu trình kín có thể làm giảm hiệu suất của nhà máy điện hạt nhân, nhưng để sử dụng rộng rãi máy phát MHD với cả chu trình mở và chu trình kín, cần phải giải quyết một nhóm vấn đề, trong đó có thể nói, vấn đề phức tạp nhất là vấn đề “nút”.

Máy phát MHD chu trình mở.

6

Vấn đề về kênh.

Cần có vật liệu cách điện và dẫn điện không bị xuống cấp quá nhanh trong điều kiện vận hành của máy phát MHD. Và những điều kiện này không hề dễ dàng.

MÔI TRƯỜNG trong máy phát điện MHD chu trình mở là các sản phẩm có hoạt tính hóa học của quá trình đốt cháy nhiên liệu với nhiều tạp chất có hoạt tính hóa học hơn (lưu huỳnh) và các chất phụ gia (kali).

Trong máy phát MHD chu trình kín, mặc dù có các loại khí trơ không hoạt động hóa học nhưng lại có một chất phụ gia hoạt động hóa học rất mạnh (Caesium).

NHIỆT ĐỘ 2000  3000 K.
Ngoài ra, loại gió khá nóng và hoạt động hóa học này còn có

TỐC ĐỘ 1000 2000 m/s.

Chỉ những hợp chất chịu lửa nhất (Al₂O₃, MgO) mới có thể chịu được các điều kiện như vậy. Chúng được sử dụng làm chất cách điện cho các bức tường của kênh MHD. Và kim loại cũng không thể chịu được các điều kiện đó. Do đó, các điện cực được làm không phải từ kim loại mà từ các hợp chất hóa học dẫn điện và hỗn hợp của chúng (ZrO₂+CeO₂, ZrO₂+La₂O₃, LaCrO₃, v.v.). Tuy nhiên, độ bền của những vật liệu này cũng còn nhiều điều đáng mong đợi. Nhiều nỗ lực nhằm bảo vệ các điện cực khỏi tác động của dòng khí nóng vẫn chưa thành công hoàn toàn. Nếu “vấn đề về kênh” và một số vấn đề khác, phức tạp không kém (nam châm điện mạnh, lò phản ứng hạt nhân nhiệt độ cao) có thể được giải quyết, thì điều sau đây sẽ mở ra cho máy phát MHD.

Triển vọng ứng dụng.

1. MÁY PHÁT ĐIỆN MHD CÓ CHU KỲ MỞ NGUỒN NHIÊN LIỆU TỰ NHIÊN NHƯ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG NĂNG LƯỢNG HIỆU QUẢ TỐI ĐA.

Một máy phát điện như vậy sẽ hoạt động bằng than, dầu hoặc khí đốt, có hiệu suất 50-60% (với sơ đồ hai giai đoạn: máy phát MHD + tua bin nhà máy nhiệt điện ở đầu ra). Ví dụ, để tạo ra công suất 2000 MW, máy phát điện (MHD+TES) phải có tiết diện 9 m2 (d=h=3 m) và chiều dài 15 m. Vận tốc khí trong kênh sẽ là 1500 m/s, từ trường 5 Tesla. Mỗi giây trong buồng đốt, hai tấn nhiên liệu sẽ được chuyển thành hỗn hợp khí CO₂+H₂O, được làm nóng đến 2500 K và 20 kg phụ gia K₂CO₃ sẽ được thêm vào đầu kênh mỗi giây. Sự tương ứng khí trong kênh sẽ là 0,02 ohms. Một thông số quan trọng của máy phát MHD ở giai đoạn nhiệt độ cao của nhà máy nhiệt điện sẽ là thời gian vận hành liên tục - bạn không thể dừng nhà máy điện MHD quá thường xuyên để sửa chữa kênh. (Đảm bảo thời gian vận hành liên tục lâu dài là một vấn đề quan trọng khác trong việc tạo ra các máy phát MHD mạnh mẽ.) Trên máy phát U25 MHD hiện tại (công suất tối đa 20 MW), thời gian vận hành liên tục khoảng 10 ngày đã đạt được khi vận hành ở công suất 3 MW. Nhưng để việc sử dụng máy phát điện MHD có hiệu quả kinh tế thì công suất phải tăng lên gấp 10-100 lần.

2. MÁY PHÁT ĐIỆN MHD CÓ CHU KỲ MỞ NGUỒN NHIÊN LIỆU TỰ NHIÊN ĐỂ BẮT BUỘC “TẢI ĐỈNH” TRONG MẠNG ĐIỆN.

Các nhà máy điện như vậy được gọi là “đỉnh” hoặc “nửa đỉnh”, trái ngược với “phụ tải nền”. Mức tiêu thụ năng lượng thay đổi trong ngày - ví dụ, ở các thành phố, “phụ tải cao điểm” xảy ra vào buổi tối. Việc thay đổi phương thức vận hành của các nhà máy nhiệt điện thường khá khó khăn, buổi tối không đủ năng lượng. Tình hình có thể được giảm bớt nếu bạn có máy phát MHD có công suất phù hợp, vì việc bật hoặc thay đổi chế độ vận hành mất vài phút. Máy phát điện như vậy sẽ chỉ bật trong thời gian “tải cao điểm” và tăng công suất của nhà máy điện khi cần thiết.

3. MÁY PHÁT ĐIỆN MHD LÀ NGUỒN ĐIỆN MẠNH MẼ TẠI ĐỊA PHƯƠNG CHO TIÊU THỤ NGẮN HẠN.

Để cấp nguồn cho các cài đặt vật lý thử nghiệm, nó thường được yêu cầu

8

Về con người
Phải,
những kẻ nói dối
và những kẻ lừa dối

Trong số bài toán toán học, bài toán logic được trí thông minh đặc biệt quan tâm. bài toán như vậy, theo quy luật, không yêu cầu kiến ​​​​thức toán học đặc biệt và các điều kiện của chúng có thể được giải thích ngay cả với những người có thang đo ở xa toán học.

Bây giờ chúng ta sẽ phân tích bốn logic bài toán. Trong những nhiệm vụ này, chúng ta sẽ có những người đúng, trong mọi trường hợp chỉ nói sự thật và những kẻ nói dối, luôn chỉ nói sự thật. Tuy nhiên, khó nhất và thú vị nhất, như chúng ta sẽ thấy, sẽ là những bài toán trong đó cũng có những kẻ lừa dối, tức là những người nói bất cứ điều gì chỉ để khiến người hỏi bối rối.

Bài toán 1*). Ở ngã ba của hai con đường, một trong số đó dẫn đến thành phố A, có hai người trung thực sống và con đường kia dẫn đến thành phố B, hai kẻ nói dối sống, một nhà toán học đã gặp một cư dân của một trong những thành phố này. Liệu một nhà toán học, với một câu hỏi, có thể tìm ra từ một người dân mà anh ta gặp con đường nào dẫn đến thành phố A?

Đáp số trong bài toán 1 là tích cực ngay cả trong một điều kiện bổ sung mà chúng tôi sẽ luôn giữ trong trường hợp có câu hỏi để đáp số phục vụ nó

*) Bài toán 1 và 2 được nhà toán học người Hungary P. Major truyền đạt cho tác giả.

những từ “có” và “không” vẫn tồn tại. Câu hỏi quyết định bài toán 1 là: “Con đường này (chỉ vào một trong những con đường) có dẫn đến quê hương của bạn không?” Dễ dàng kiểm tra rằng đáp số “có” có nghĩa là con đường này dẫn đến A, đáp số “không” - đến B. Trên thực tế, nếu người trả lời là cư dân của thành phố A, thì anh ta luôn nói sự thật và do đó đáp số “có” của anh ta có nghĩa là con đường được chỉ định không dẫn đến B, tức là đến A, và đáp số “không” có nghĩa là con đường này dẫn đến quê hương của anh ta, tức là đến B. Do đó, trong trường hợp chung, đáp số “có” có nghĩa là con đường đã cho dẫn đến A, và đáp số “không” có nghĩa là nó dẫn đến B, như đã nêu.

Lưu ý rằng tại đáp số, chúng tôi không xác định rằng chúng tôi đang nói chuyện với cư dân của thành phố A hoặc với cư dân của thành phố B, nhưng điều này không bắt buộc. Tác giả biết về lời giải bài toán 1 khác, ​​nhưng tất cả đều dựa trên cùng một ý tưởng: câu hỏi liệu một con đường nhất định có dẫn đến thành phố A hay không phải được hỏi dưới dạng sao cho người nói dối nhận được “phủ định kép” đáp số. Vì số âm kép tương đương với số dương đáp số, nên kẻ nói dối trong trường hợp này sẽ đưa ra đáp số giống như người nói thật. Đây là những gì xảy ra trong lời giải mà chúng tôi đã trích dẫn.

bài toán thứ hai mà chúng ta sẽ phân tích là điều kiện của điều kiện đầu tiên. Đây là những điều kiện liên quan đến sự xuất hiện của kẻ lừa dối trong số những người được hỏi.

Bài toán 2. Giả sử trong điều kiện bài toán 1, nhà toán học gặp nhau ở ngã ba đường không phải một mà là ba người, một người là cư dân thành phố A, người thứ hai là cư dân thành phố B, và người thứ ba là kẻ lừa dối. Hơn nữa, nhà toán học biết rằng trong số ba người này, một người là cư dân thành phố A, một người là cư dân thành phố B, và người thứ ba là kẻ lừa dối, nhưng không biết cụ thể ai trong số họ là ai. Một nhà toán học có thể tìm ra đường đến A trong hai câu hỏi không?

9

Hãy để chúng tôi làm rõ rằng mỗi câu hỏi trong số hai câu hỏi có thể được hỏi cho bất kỳ ai trong số ba người mà nhà toán học gặp ở ngã ba, và câu hỏi chỉ được trả lời bởi người được hỏi câu hỏi này. Ngoài ra, tất cả những người anh gặp đều biết “ai là ai” trong số họ và con đường nào dẫn đến A và con đường nào dẫn đến B.

Lời giải bài toán 1 được gọi đến suy nghĩ: liệu câu hỏi đầu tiên có thể chọn ra trong số ba người một người không phải là kẻ lừa dối không? Sau đó, bài toán 2 sẽ giảm xuống còn bài toán 1 và bằng cách hỏi người được đánh dấu câu hỏi tương tự như trong bài toán 1, chúng tôi đã tìm ra đường đến A. Hóa ra là có thể hỏi câu hỏi đầu tiên như vậy, mặc dù đối với tác giả, có vẻ như nó không dễ đoán.

Chúng ta hãy đánh số lại ngẫu nhiên cả ba người cho thuận tiện. Câu hỏi được đặt ra đầu tiên. Đây là: “Giả sử bây giờ ba bạn đi đến A hoặc B theo nguyên tắc sau: cư dân thành phố A sẽ đến thành phố A, cư dân thành phố B sẽ đến thành phố B, và kẻ lừa dối - trừ khi chính bạn là kẻ lừa dối - sẽ đi cùng bạn, nếu bạn là kẻ lừa dối thì bạn sẽ đi bất cứ đâu. Với những điều kiện này, người này (chỉ vào người thứ hai) có đi đến Nhưng không?”

Chúng tôi khẳng định rằng với đáp số “có” thì người thứ ba không phải là kẻ lừa dối và với đáp số “không” thì người thứ hai không phải là kẻ lừa dối. Thật vậy, nếu chúng tôi đặt một câu hỏi cho một kẻ lừa dối, thì người thứ hai và thứ ba trong số những người được phỏng vấn không phải là kẻ lừa dối và do đó, người thứ ba cũng không phải vậy. Ngược lại, đáp số “không” của anh ta chỉ ra rằng người thứ hai là kẻ nói dối (dù sao thì chỉ có kẻ nói dối mới không đi cùng anh ta). Nếu chúng ta đặt câu hỏi cho một kẻ nói dối, thì “có” của anh ta có nghĩa là vì kẻ lừa dối đi đến B, và người nói sự thật đi đến A, nên người thứ hai là kẻ lừa dối, và người thứ ba là người nói sự thật. “Không” nghĩa là ngược lại, người thứ hai là người nói thật, người thứ ba là kẻ lừa dối.

Phân tích tất cả các khả năng, không khó để nhận thấy rằng với đáp số “có” người thứ ba, và với đáp số “không” người thứ hai phụ thuộc, họ không phải là kẻ lừa dối. Do đó, trong cả hai trường hợp, chúng ta có thể chỉ ra một người không phải là kẻ lừa dối và do đó vấn đề 2 đã được giải quyết.

Lưu ý rằng, giống như với lời giải bài toán 1, mục đích chính là buộc người nói dối phải phủ định kép, tức là để đảm bảo rằng đáp số của anh ta có cùng ý nghĩa với ý nghĩa của người nói sự thật và để họ có thể phân biệt giữa người lừa dối và người không lừa dối.

Nhiệm vụ 3. N nhà khoa học đi đến khái niệm hóa học; một số trong số họ là Khimki, số còn lại là nhà giả kim, và người ta biết rằng còn có nhiều Khimki hơn. Nhà hóa học trả lời trung thực mọi câu hỏi, nhưng nhà giả kim luôn nói dối. Một nhà toán học đã nảy ra khái niệm này và bắt đầu xác định về tất cả các nhà khoa học, ai trong số họ là nhà hóa học và ai là nhà giả kim. Để làm điều này, anh ta được phép hỏi bất kỳ nhà khoa học nào về bất kỳ nhà khoa học nào khác mà anh ta là ai. Nêu cách mà một nhà toán học có thể tìm ra “ai là ai” trong (N—1) câu hỏi.

Lời giải bài toán 3 tương đối dễ. Cụ thể, hãy hỏi bất kỳ nhà khoa học nào (hãy gọi anh ta trước để định nghĩa) về từng nhà khoa học khác. Kết quả là, các nhà khoa học (N-1) này sẽ được chia thành hai nhóm: nhóm gồm những người, theo nhà khoa học thứ nhất, là nhà hóa học, và nhóm gồm những người, theo nhà khoa học thứ nhất, là nhà giả kim. Hãy phân loại nhà khoa học đầu tiên là nhóm đầu tiên. Hãy chọn nhiều hơn từ các nhóm này. Vậy thì các nhà khoa học của nhóm này là nhà hóa học, các nhà khoa học của nhóm kia là nhà giả kim (chứng minh đi!). Như vậy vấn đề đã được giải quyết.

Bây giờ chúng ta đến trọng tâm bài toán của bài viết - bài toán M585 («Kvant», 1979, Số 9). Các điều kiện của nó trùng với các điều kiện của bài toán 3, ngoại trừ việc các nhà giả kim không còn là những kẻ nói dối nữa mà là những kẻ lừa dối. Trong bài toán M585

10

Người ta phải tìm ra “ai là ai” tại hội nghị bằng các câu hỏi a) 4N, 6) 2N-2, c) [3N/2].

bài toán này phức tạp hơn nhiều so với bài toán 3, và một lần nữa điều này là do thực tế là đáp số của một kẻ nói dối, mặc dù chúng không chính xác, nhưng có thể nói, chúng “liên tục không chính xác”, cho phép chúng ta trích xuất từ ​​chúng những thông tin gần giống như thông tin chính xác của đáp số của một người trung thực. Đáp số của kẻ lừa dối là tùy tiện, và việc lấy bất kỳ thông tin nào từ họ là bài toán của thành phố khó khăn hơn.

lời giải được đưa ra dưới đây giúp bạn có thể tìm ra ai là nhà hóa học và ai là nhà giả kim, thậm chí với số lượng câu hỏi ít hơn [3N/2], cụ thể là trong các câu hỏi $q=3k$ nếu $N=2k+1$ là số lẻ và trong các câu hỏi $q=3(k-1)$ nếu $N=2k$ là số chẵn.

Trước tiên chúng ta sẽ xem xét số lẻ $N$. Chúng ta sẽ xác định phương pháp cần thiết bằng quy nạp trên $k$. Nếu $N=1$ nhà khoa học ($k=0$) có mặt tại hội nghị, thì anh ta rất/không phải là nhà hóa học, vì lẽ ra sẽ có nhiều nhà hóa học hơn; Không cần phải hỏi bất kỳ câu hỏi nào trong trường hợp này: $q=0=3\cdot0$.

Bây giờ giả sử rằng với tất cả các số lẻ nhỏ hơn $N=2k+1$, chúng ta đã có cách giải bài toán với số lượng câu hỏi yêu cầu. Hãy để chúng tôi chỉ ra phương pháp này cho số $N=2k+1$. Để thuận tiện cho tất cả những người tham gia hội nghị, hãy đánh số lại họ một cách ngẫu nhiên và bắt đầu hỏi nhà khoa học thứ hai, thứ ba, v.v. ai là nhà khoa học đầu tiên. Chúng tôi sẽ dừng yêu cầu này ngay khi một trong hai sự kiện xảy ra:

Sobtiye A. Trong số các nhà khoa học được khảo sát, phần lớn đều ủng hộ việc nhà khoa học đầu tiên là một nhà giả kim.

Sự kiện V. Số lượng các nhà khoa học, người ta cho rằng nhà khoa học đầu tiên là một nhà hóa học, bằng $k$.

Rõ ràng là nếu sự kiện $A$ xảy ra và đến thời điểm này, $t$ các nhà khoa học tuyên bố rằng nhà khoa học đầu tiên là một nhà hóa học và $f$ rằng ông ấy là một nhà giả kim, thì $f=t+1$. (Thật vậy, $f>t$, và nếu chúng ta giả sử rằng $f\geq t+2$, thì sự kiện $A$ phải xảy ra ít nhất một câu hỏi trước đó.) Cũng rõ ràng là trong trường hợp này, cuộc khảo sát đã đặt ra $q_1=f+t=2f-1$ câu hỏi. (Trường hợp đặc biệt của sự kiện $A$ là tình huống nhà khoa học thứ hai nói rằng người thứ nhất là nhà giả kim - ở đây $t=0$, $f=1$.)

Nếu sự kiện $B$ xảy ra và đồng thời $f$ các nhà khoa học tuyên bố rằng nhà khoa học đầu tiên là một nhà giả kim, thì tổng số câu hỏi được đặt ra là $q_1=k+f$.

Không khó để nhận thấy cuộc thăm dò đã xoay chiều trước khi tất cả các nhà khoa học tham dự hội nghị đều được bỏ phiếu. Trên thực tế, hãy giả sử điều ngược lại. Điều này có nghĩa là trước khi nhà khoa học cuối cùng được phỏng vấn, sẽ không có sự kiện $A$, $B$ nào xảy ra. Hãy để tại thời điểm này trong số các nhà khoa học được khảo sát $t$ một người lên tiếng rằng nhà khoa học đầu tiên là một nhà hóa học và $f$ rằng anh ta là một nhà giả kim. Vì sự kiện $A$, $f\leq t$ đã không xảy ra. Vì sự kiện $B$, $t\leq k-1$ đã không xảy ra. Do đó, tổng số người trả lời là $f+t\leq 2(k-1)$. Thêm các nhà khoa học đầu tiên và cuối cùng vào họ, chúng ta nhận được rằng tổng số người tham gia hội nghị không vượt quá $2k$, trong khi có $2k+1$. Kết quả mâu thuẫn chứng tỏ rằng một trong các sự kiện - $A$ hoặc $B$ - sẽ xảy ra trước khi nhà khoa học cuối cùng được thăm dò ý kiến.

Cho sự kiện $A$ xảy ra. Khi đó chúng tôi khẳng định rằng trong nhóm các nhà khoa học, trạng thái của nhà khoa học đầu tiên và tất cả các nhà khoa học được khảo sát, số nhà giả kim không ít hơn số nhà hóa học.

Thật vậy, nếu nhà khoa học đầu tiên là một nhà hóa học, thì $f$ các nhà khoa học tuyên bố rằng anh ta là nhà giả kim chính là những nhà giả kim. Vì tổng số nhà khoa học trong nhóm đang được xem xét là $1+t+f=2f$ nên số nhà giả kim trong nhóm trong trường hợp này không ít hơn số nhà hóa học. Nếu nhà khoa học đầu tiên là một nhà giả kim, thì $t$ các nhà khoa học tuyên bố rằng ông ta là nhà hóa học cũng là nhà giả kim. Pozny và trong trường hợp này là số lượng nhà giả kim

11

có ít nhất 1+f miks, tức là ít nhất một nửa.

Hơn nữa, vì số lượng nhà hóa học vượt quá tổng số nhà giả kim theo điều kiện bài toán, nên số lượng nhà hóa học trong nhóm $N-2f=2(k-f)+1$ nhà khoa học cũng phải vượt quá số lượng nhà giả kim. Số $N-2f$ rõ ràng là nhỏ hơn $N$, do đó, theo giả định quy nạp, có một cách cho phép, trong các câu hỏi $q_2=3(k-f)$, tìm ra nhóm nhà khoa học đang đứng là ai là nhà hóa học và ai là nhà giả kim. Bây giờ chúng ta hãy chọn một nhà hóa học tùy ý từ nhóm này (rõ ràng là có một người) và hỏi anh ta (việc này sẽ có $q_3=1$ câu hỏi) ai là nhà khoa học đầu tiên.

Nếu anh ta là một nhà giả kim, thì những nhà khoa học $t$ tuyên bố rằng anh ta là một nhà hóa học đều là những nhà giả kim. Do đó, chúng tôi chỉ có thể tìm hiểu từ nhà hóa học mà chúng tôi đã chọn “ai là ai” trong số $f$ nhà khoa học đã tuyên bố rằng nhà khoa học đầu tiên là nhà giả kim (điều này sẽ cần thêm $q_4=f$ câu hỏi khác). Do đó, chúng tôi sẽ khôi phục lại bức tranh hoàn chỉnh về sự phân chia những người tham gia hội nghị thành các nhà hóa học và nhà giả kim và dành $q=q_1+q_2+q_3+q_4=2f-1+3(k-f)+1+f=3k$ câu hỏi cho việc này, đây là điều bắt buộc.

Nếu nhà khoa học đầu tiên hóa ra là một nhà hóa học, thì $f$ các nhà khoa học cho rằng ông ta là nhà giả kim thì bản thân họ cũng là nhà giả kim. Vì vậy, chúng ta chỉ cần tìm hiểu từ nhà hóa học rằng chúng ta đã chọn “ai là ai” trong nhóm $t$ nhà khoa học đã tuyên bố rằng nhà khoa học đầu tiên là nhà hóa học. Chúng tôi sẽ giải quyết $q_4=t$ câu hỏi về vấn đề này. Tổng số câu hỏi $q=q_1+q_2+q_3+q_4=2f-1+3(k-f)$ —

Bài toán
cho nghiên cứu

a) Với các số tự nhiên $k$ định lý sau đúng: Trên mặt cầu có sáu điểm sao cho các tia nối tâm mặt cầu với các điểm này tạo thành ba đường thẳng vuông góc với nhau. Khi đó tổng lũy ​​thừa $k$ của khoảng cách từ bất kỳ điểm nào trên hình cầu đến sáu điểm này là như nhau.

b) Và nếu cùng với sáu điểm này, chúng ta lấy chính xác bốn đỉnh trên hình cầu từ bất kỳ điểm nào trên hình cầu đã được dựng và mô tả tất cả (hoặc các vị trí đối xứng nhất).

K. Babenko

12

J. Walker

Pháo hoa vật lý

Bài toán-các câu hỏi được xuất bản dưới đây được lấy từ cuốn sách “Pháo hoa vật lý” của J. Walker, được Nhà xuất bản Mir xuất bản gần đây.
Hầu hết bài toán đều liên quan đến các hiện tượng tự nhiên khác nhau gặp phải trên thực tế ở mỗi bước. Để trả lời tất cả các câu hỏi được đặt ra, bạn cần tiến hành các thí nghiệm hoặc quan sát thích hợp.
Đáp số, được đưa ra ở cuối tạp chí, theo quy định, chỉ làm rõ bài toán hoặc gợi ý đường dẫn đến lời giải của nó.

1. Cánh quạt ma thuật

Cánh quạt có khía trên gậy là một món đồ chơi tuyệt vời mà bạn có thể dễ dàng tự làm. Các vết cắt ngang nhỏ được thực hiện dọc theo toàn bộ chiều dài của một thanh; Ở phần cuối của nó, một cánh quạt quay tự do được cố định bằng đinh (Hình 1, a). Cây gậy thứ hai được đưa dọc theo các vết cắt.

Dùng tay trái cầm cây gậy có khía sao cho ngón cái hướng về phía bạn và ngón trỏ ở phía đối diện của cây gậy, bắt đầu di chuyển cây gậy còn lại qua lại dọc theo các rãnh. Teler nhấn ngón trỏ của bạn vào thanh có khía. Cánh quạt bắt đầu quay. Thả áp lực của ngón trỏ và ấn ngón tay cái của bạn vào thanh, trong khi tiếp tục di chuyển thanh còn lại dọc theo các rãnh. Cánh quạt sẽ quay theo hướng khác.

Trong khi trình diễn thủ thuật này cho những người chưa quen, hãy kín đáo ấn cây gậy luân phiên bằng ngón cái và ngón trỏ: khán giả sẽ ngạc nhiên trước sự thay đổi bất ngờ về hướng quay của cánh quạt. Bạn có thể đưa ra những lời giải thích tuyệt vời nhất cho hiện tượng này. Ví dụ, giả sử rằng sự thay đổi hướng quay của cánh quạt có liên quan đến sự dao động về cường độ bức xạ vũ trụ.

Câu hỏi đầu tiên cần được trả lời là: tại sao cánh quạt lại quay? Câu hỏi tiếp theo là: tại sao hướng quay của nó lại phụ thuộc vào việc bạn ấn vào phía nào của cây gậy?

Nếu bạn muốn thủ thuật này thú vị hơn, hãy gắn bốn cánh quạt vào một cây gậy (Hình 1, b). Đúng, sự khác biệt ở đây không lớn, bởi vì tất cả chúng sẽ quay về một hướng. Và một thiết kế nữa: hai cánh quạt được cố định phía sau nhau (Hình 1, c). Ở đây có thể đường thẳng quay sang phải hoặc sang trái, hoặc điều thú vị hơn nhiều là bạn có thể làm cho một cánh quạt quay theo hướng này và hướng kia quay theo hướng khác.

2. Ống cuộn

Nếu bạn cố gắng đổ nước vào một cái vòi như trong Hình 2, sẽ không có một giọt nước nào chảy ra từ đầu kia. Và chúng tôi sẽ không cung cấp đủ cho bạn để rót vào. Tại sao?

Hình 1.

14

9. Cơn lốc trong tách cà phê

Nhẹ nhàng xoay thìa vào tách cà phê nóng cho đến khi cà phê bắt đầu xoáy đều. Bây giờ hãy cẩn thận đổ sữa lạnh thành từng mảnh mỏng vào giữa cốc. Bạn sẽ thấy một cơn lốc nhỏ hình thành ở đó. Bạn cũng có thể nhận thấy một vết lõm nhỏ ở giữa. Nếu đổ sữa nóng vào cà phê thì sẽ không có lốc xoáy. Tại sao xoáy xuất hiện trong trường hợp đầu tiên mà không xuất hiện trong trường hợp thứ hai?

10. “Tương tác” của vật thể chìm

Khi nhiều vật được nhúng đồng thời vào một chất lỏng nhớt, chẳng hạn như dung dịch dầu hoặc đường, thì rất nhiều tương tác có thể xảy ra giữa chúng.

Hãy đưa ra ví dụ.

1. Lần lượt hạ hai xi lanh vào chất lỏng nhớt (Hình 7). Ở các giá trị nhất định về độ nhớt của chất lỏng, kích thước và tốc độ xi lanh, xi lanh thứ hai có thể bắt kịp xi lanh thứ nhất và đi vòng quanh nó sao cho chúng nằm ở cùng mức. Sau đó, chúng sẽ bắt đầu quay và lao xuống, sẽ phân tán theo các hướng khác nhau.

2. Thả một đĩa vào chất lỏng, tiếp theo là hai đĩa nữa. Bạn sẽ thấy rằng cái sau sẽ bắt kịp cái trước và cả ba sẽ tạo thành cấu hình con bướm ổn định (Hình 8).

3. Bây giờ ném vài quả bóng (ba - sáu) vào chất lỏng nhớt thành một đống. Chúng sẽ phân kỳ theo cách mà chúng kết thúc ở các đỉnh của một đa giác đều nằm ngang, đa giác này sẽ tăng kích thước khi nó đi xuống.

Làm thế nào điều này có thể được giải thích?

8. Quả trứng “bật” ra khỏi cốc

Đặt quả trứng vào cốc nước và đặt cốc dưới vòi nước (Hình 6). Nếu lưu lượng nước vượt quá một số giá trị tới hạn nhất định thì quả trứng sẽ nổi lên như thể bị một tấm nước hút. Tại sao điều này lại xảy ra?

15

Bài toán
về hình tam giác
với điểm chung

Trong số thứ năm của «Kvant» năm 1978, người ta đã đề xuất tìm ra hình học lời giải của bài toán sau: hai hình tam giác trên mặt phẳng có một đáy chung và các đỉnh $C_1, C_2$ khác nhau và nằm cùng một phía của đáy; chứng minh rằng khoảng cách giữa các đỉnh $C_1$ và $C_2$ lớn hơn khoảng cách giữa tâm $O_1$ và $O_2$ của các đường tròn nội tiếp các tam giác này.

Trong hai năm qua, các biên tập viên đã nhận được rất nhiều tin nhắn về bài toán thú vị và khó khăn này. Tuy nhiên, không ai trong số độc giả của chúng tôi có thể tìm thấy một chứng minh có tính đến tất cả các khả năng về vị trí tương đối của các đỉnh.

Chúng tôi đặt hai bằng chứng; cái đầu tiên được phát minh bởi nhà toán học Kharkov A. I. Medyannik, cái thứ hai là bằng chứng do các tác giả bài toán V. A. Zalgaller và A. A. Ivanov đề xuất, được đơn giản hóa theo lời khuyên của viện sĩ A. V. Pogorelov.

Bằng chứng đầu tiên

Chúng ta sẽ cần tính chất sau của đường phân giác của một góc trong một tam giác (Hình 6-8, bài toán 914): nếu AD là đường phân giác của góc A của một tam giác

tù nhân $ABC$ ($D \in [BC]$), sau đó $\frac{|BD|}{|DC|} = \frac{|AB|}{|AC|}$.

Đặt điểm O là tâm của đường tròn nội tiếp $\triangle ABC$ (Hình 1). Chúng ta hãy biểu thị vectơ $\vec{O} = AO$ theo vectơ $\vec{a} = \vec{BC}, \vec{b} = \vec{AC}, \vec{c} = \vec{AB}$ và theo độ dài của chúng $a, b, c$.

Dễ dàng nhận thấy điều đó $\vec{\varrho} = \frac{|AO|}{|AD|} \cdot \vec{AD} = \frac{|AO|}{|AD|} \left( \vec{c} + \frac{|BD|}{|DC|} \vec{a} \right)$.

Theo tính chất đường phân giác $\frac{|DC|}{|BC|} = \frac{|BD|}{|DC|} + \frac{|BD|}{|DC|} = \frac{c}{b+c}$.

Tương tự ($BO$ là phân giác của góc B),

$\frac{|AO|}{|AD|} = \frac{1}{1 + \frac{|OD|}{|AO|}} = \frac{1}{1 + \frac{|BD|}{c}}$.

Từ $\frac{|BD|}{|DC|} = \frac{c}{b}$ và $|BD| + |DC| = a$ chúng ta nhận được $|BD| = \frac{ac}{b+c}$.

Vì vậy $\frac{|AO|}{|AD|} = \frac{b+c}{a+b+c}$.

Lợi dụng thực tế là $\vec{a} = -(\vec{b} + \vec{c})$, chúng ta thu được $\vec{\varrho} = \frac{b\vec{c} - c\vec{b}}{p}$ cuối cùng,

(1)

ở đâu $p = a + b + c$.

Bây giờ chúng ta hãy chuyển sang lời giải bài toán. Chúng ta hãy biểu thị độ dài của vectơ $\vec{d}_0 = O_1O_2$ theo $d = |C_1C_2|$ và độ dài các cạnh của tam giác $ABC_1, ABC_2$.

Theo những gì đã được chứng minh (xem Hình 2)

$\vec{d}_0 = \vec{\varrho}_2 - \vec{\varrho}_1 = \frac{b_2\vec{c} - c\vec{b}}{p_2} + \frac{c\vec{b}_1 - b_1\vec{c}}{p_1}$,

Hình 1.

16

ở đâu $p_1 = a_1 + b_1 + c$, $p_2 = a_2 + b_2 + c$.

Tính $\vec{d}_0 \cdot \vec{d}_0 = d_0^2$, sau các phép biến đổi đơn giản, chúng ta thu được
$$p_1^2 p_2^2 d_0^2 = p_1^2 cb_2 [2cb_2 - 2(\vec{b}_2 \vec{c})] +$$
$$+ p_2^2 cb_1 [2cb_1 - 2(\vec{b}_1 \vec{c})] +$$
$$+ 2p_1 p_2 [cb_2(\vec{b}_1 \vec{c}) - c^2(\vec{b}_1 \vec{b}_2)] -$$
$$- b_1 b_2 c^2 + cb_1(\vec{b}_2 \vec{c})].$$

(2)

Lưu ý rằng $2(\vec{b}_1 \vec{c}) = a_1^2 - b_1^2 - c^2$, $2(\vec{b}_2 \vec{c}) = a_2^2 - b_2^2 - c^2$; Đó là lý do tại sao
$$2cb_1 - 2(\vec{b}_1 \vec{c}) = 2cb_1 - a_1^2 + b_1^2 + c^2 =$$
$$= (a_1 + b_1 + c)(b_1 - a_1 + c) =$$
$$= p_1(b_1 - a_1 + c),$$

tương tự,
$$2cb_2 - 2(\vec{b}_2 \vec{c}) = p_2(b_2 - a_2 + c).$$

Điều này làm giảm sự bình đẳng
(2) trên $p_1 p_2$. Ngoài ra, $\vec{d} = \vec{b}_2 - \vec{b}_1$, từ đâu $2(\vec{b}_1 \vec{b}_2) = b_1^2 + b_2^2 - d^2$. Đó là lý do tại sao
(2) có dạng
$$p_1 p_2 d_0^2 = p_1 cb_2(b_2 - a_2 + c) +$$
$$+ p_2 cb_1(b_1 - a_1 + c) +$$
$$+ [cb_2(a_1^2 - b_1^2 - c^2) - c^2(b_1^2 + b_2^2 - d^2)] -$$
$$- 2b_1 b_2 c^2 + cb_1(a_2^2 - b_2^2 - c^2)],$$
Ở đâu
$$p_1 p_2(d^2 - d_0^2) =$$
$$= [(a_1 + b_1 + c)(a_2 + b_2 + c) - c^2]d^2 +$$
$$+ [(a_2 - b_2 - c)(a_1 + b_1 + c)b_2 +$$
$$+ (a_1 - b_1 - c)(a_2 + b_2 + c)b_1 +$$
$$+ (b_1^2 - a_1^2 + c^2)b_2 + (b_1^2 + b_2^2)c +$$
$$+ 2b_1 b_2 c + (b_2^2 - a_2^2 + c^2)b_1]c,$$

mà sau khi chuyển đổi bên trong dấu ngoặc vuông sẽ cho
$$p_1 p_2(d^2 - d_0^2) = [(a_1 + b_1)(a_2 + b_2) +$$
$$+ c(a_1 + b_1 + a_2 + b_2)]d^2 +$$
$$+ [c(a_2 - a_1)(b_2 - b_1) +$$
$$+ (a_1 b_2 - b_1 a_2)(a_2 - a_1 + b_1 - b_2)]c.$$

(3)

Để chứng minh rằng $d > d_0$, chỉ cần chứng minh vế phải của đẳng thức (3) là dương là đủ. Sau này bao gồm hai điều khoản. Vì $a_1 + b_1 > c$ và $a_2 + b_2 > c$, số hạng đầu tiên lớn hơn $3c^2 d^2$. Vẫn còn phải kiểm tra xem số hạng thứ hai có nhỏ hơn $3c^2 d^2$ về giá trị tuyệt đối hay không. Sự tương ứng $|a_2 - a_1| < d$, $|b_2 - b_1| < d$ là hiển nhiên.

Hình 3

Bởi vì
$$p_1 p_2(d^2 - d_0^2) > (c^2 + 2c^2)d^2 -$$
$$- |c^2(a_2 - a_1)(b_2 - b_1)| -$$
$$- |a_1 b_2 - b_1 a_2|(|a_2 - a_1| +$$
$$+ |b_2 - b_1|)c > 3c^2 d^2 - c^2 d^2 -$$
$$- 2dc|a_1 b_2 - b_1 a_2| = 2c^2 d^2 -$$
$$- 2dc|a_1 b_2 - b_1 a_2|.$$

Dưới đây chúng ta sẽ chứng minh rằng $|a_1 b_2 - b_1 a_2| \leq cd$.

Do đó, vế phải của bất đẳng thức (4) là không âm.

Vì vậy, $d > d_0$.

Vì vậy, việc còn lại là chứng minh bổ đề sau.

Bổ đề. Cho điểm $C_2$ nằm tùy ý trong mặt phẳng của tam giác $ABC_1$. Sau đó (Hình 3)
$$|a_1 b_2 - b_1 a_2| \leq cd.$$

Bằng chứng. Chúng ta thả từ điểm $C_2$ đường vuông góc $C_2 P$, $C_2 Q$, $C_2 T$ đến các đường thẳng $BC_1$, $AC_1$, $AB$.

Một hình tròn có đường kính $AC_2$ có thể được mô tả xung quanh tứ giác $AQC_2 T$.

Vì $Q\hat{A}T = \alpha$, theo định lý sin, $|QT| = b_2 \sin \alpha$.

Tương tự xét các tứ giác $C_1 PC_2 Q$ và $PC_2 TB$, ta thu được $|PQ| = d \sin \gamma$ và $|PT| = a_2 \sin \beta$.

Gọi $R$ là bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $AC_1 B'$. Theo định luật sin, $\sin \gamma = \frac{c}{2R}$, $\sin \beta = \frac{b_1}{2R}$, $\sin \alpha = \frac{a_1}{2R}$. Hậu kỳ $|QT| = \frac{a_1 b_2}{2R}$, $|PT| = \frac{a_2 b_1}{2R}$, $|PQ| = \frac{cd}{2R}$.

Bất đẳng thức tam giác ngụ ý $|PT| - |QT| \leq |PQ|$; Đó là lý do tại sao

17

Hình 4

mu sau khi thay thế các biểu thức cho $|QT|$, $|PT|$, $|PQ|$ và đơn giản hóa chúng ta nhận được

$$|a_1b_2-a_2b_1| \leq cd.$$

Bằng chứng thứ hai

Với chân đế $AB$ cố định, chúng ta sẽ di chuyển đồng đều đỉnh $C$ dọc theo đoạn $C_1C_2$ từ $C_1$ đến $C_2$. Trong trường hợp này, tâm $O$ của vòng tròn nội tiếp sẽ di chuyển dọc theo một đường nào đó từ $O_1$ đến $O_2$.

Bổ đề. Khi đỉnh $C$ di chuyển với tốc độ khác 0 thì tâm $O$ di chuyển với tốc độ thấp hơn.

Từ bổ đề này, suy ra rằng khi $C$ đi qua đoạn $C_1C_2$ với tốc độ không đổi, điểm $O$, chuyển động với tốc độ thấp hơn tại mỗi thời điểm, sẽ đi từ $O_1$ đến $O_2$ một đường đi ngắn hơn. Hơn nữa, đường dẫn trực tiếp $|O_1O_2|$ ngắn hơn $|C_1C_2|$.

Trước khi chứng minh bổ đề, chúng ta hãy xem xét bổ đề sau. Nếu đỉnh $C$ di chuyển với tốc độ $\vec{v} \neq 0$ thì các tia $BC$ và $AC$, chạy dọc theo các cạnh của tam giác, quay với một số vận tốc góc $\omega_1$ và $\omega_2$, và ít nhất một trong các vận tốc này không bằng 0. Hãy thống nhất các dấu: chúng ta coi vận tốc góc là dương nếu chùm tia quay theo chiều kim đồng hồ và âm nếu chùm tia quay ngược chiều kim đồng hồ.

Tốc độ $\vec{v}$ và $\omega_1$, $\omega_2$ có ​​liên quan với nhau. Nếu chúng ta loại bỏ vectơ $\vec{v} = \vec{CT}$ khỏi điểm $C$ (Hình 4), thì độ dài $|CP|$ hình chiếu của nó lên hướng vuông góc với tia $BC$ sẽ bằng $|\omega_1| \cdot |BC|$. (Đó là vì

Hình 5

tổng tốc độ chuyển động của điểm $C$ bao gồm tốc độ chuyển động của nó cùng với tia quay $BC$ và tốc độ chuyển động của nó dọc theo tia này.) Tương tự, độ dài $|CQ|$ của hình chiếu $\vec{v}$ theo hướng vuông góc với tia $AC$ bằng $|\omega_2| \cdot |AC|$. Có thể vẽ một đường tròn xung quanh tứ giác $CPTQ$. Hơn nữa, $\vec{v}$ bằng đường kính của hình tròn này.

Cách xây dựng tương tự có thể được thực hiện đối với tốc độ $\vec{v}_0$ chuyển động của tâm $O$, chỉ trong trường hợp này $[BC)$, $[AC)$ được thay thế bằng $[BO)$, $[AO)$ và $\omega_1$, $\omega_2$ được thay thế bằng $\frac{\omega_1}{2}$, $\frac{\omega_2}{2}$.

Ít nhất một trong các tốc độ $\omega_1$, $\omega_2$ không bằng 0. Ngoài ra, sự thay đổi đồng thời về dấu của $\omega_1$, $\omega_2$ sẽ đảo ngược hướng của $\vec{v}$ và $\vec{v}_0$ mà không làm thay đổi độ lớn của $\vec{v}$ và $\vec{v}_0$. Do đó, khi chứng minh bất đẳng thức $\|\vec{v}\| > \|\vec{v}_0\|$, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $\omega_1 > 0$ và xét riêng ba trường hợp: $\omega_2 > 0$, $\omega_2 = 0$, $\omega_2 < 0$.

Trường hợp 1. Cho $\omega_2 > 0$. Chúng ta hãy xoay hình tứ giác $CPTQ$ bằng $90^\circ$ quanh điểm $C$ đến vị trí $CP'TQ'$ (Hình 5) và hình tứ giác $OP_0T_0Q_0$ quanh $O$ đến vị trí $OP'_0T'_0Q'_0$ và vẽ $(P'_0P'') \parallel (Q'_0Q'') \parallel (OC)$. Các điểm $P''$ và $Q''$ sẽ chia đôi các đoạn $CP'$, $CQ'$, vì $|CP'| / |CB| = \omega_1$ và $|OP'| / |OB| = \frac{\omega_1}{2}$.

Từ $\vec{v}$ - đường kính của hình tròn vẽ quanh một hình tam giác $CP'Q'$, MỘT $\vec{v}_0$ - Đường kính của hình tròn ngoại tiếp một hình tam giác $CP'Q'$, MỘT $\vec{v}_0$ - Đường kính của hình tròn ngoại tiếp một hình tam giác $CP'Q'$, MỘT $\vec{v}_0$ - đường kính của vòng tròn được mô tả

18

Hình 6

Hình 7.

trượt quanh $OP'_0Q'_0$, chúng tôi có
$$|\vec{v}| = \frac{|P'_0Q'|}{\sin \gamma} = \frac{|P''Q''|}{\sin \frac{\gamma}{2} \cos \frac{\gamma}{2}},$$
$$|\vec{v}_0| = \frac{|P'_0Q'|}{\sin \left(\frac{\pi}{2} + \frac{\gamma}{2}\right)} = \frac{|P'_0Q'|}{\cos \frac{\gamma}{2}}.$$

Đoạn $P'_0Q'_0$ nghiêng về đường phân giác $CO$ dốc hơn một trong các tia $AO$, $BO$, và thậm chí dốc hơn một trong các tia $AC$ và $BC$, nghiêng $CO$ một góc $\frac{\gamma}{2}$. Do đó, khoảng cách giữa các đường thẳng song song $P'_0P''$ và $Q'_0Q''$ vượt quá $|P'_0Q'_0| \sin \frac{\gamma}{2}$.

Hơn nữa, $|P''Q''| > |P'_0Q'_0| \sin \frac{\gamma}{2}$, cùng với (5) cho ra $|\vec{v}| > |\vec{v}_0|$.

Trường hợp 2. Đặt $\omega_2 = 0$ (Hình 6); sau đó $|CP| = \omega_1 |BC|$, $|OP_0| = \omega_1/2$, từ đâu $|\vec{v}| = \frac{\omega_1}{\sin \gamma} |BC|$, $|\vec{v}_0| =$

$$\frac{\omega_1}{2 \sin \frac{\gamma}{2}} |BO|.$$

Nhưng $|BC| > |BO|$ (vì $\angle BOC$ là ngu ngốc) và $\sin \gamma < 2 \sin \frac{\gamma}{2}$, do đó $|\vec{v}| > |\vec{v}_0|$.

Trường hợp 3. Cho $\omega_2 < 0$. Như trong trường hợp 1, chúng ta xoay các hình tứ giác $CPTQ$, $OP_0T_0Q_0$ theo $90^\circ$ đến các vị trí $CP'T'Q'$, $OP'_0T'Q'_0$ (Hình 7) và vẽ $(P'_0P'') \parallel (Q'_0Q'') \parallel (BD) \parallel (OC)$. Các điểm $P''$, $Q''$ lại nằm ở trung điểm của các đoạn $CP'$, $CQ'$.

Lần này một lần nữa
$$|\vec{v}| = \frac{|P'_0Q'|}{\sin (\pi - \gamma)} = \frac{|P''Q''|}{\sin \frac{\gamma}{2} \cos \frac{\gamma}{2}},$$
$$|\vec{v}_0| = \frac{|P'_0Q'|}{\sin \left(\frac{\pi}{2} - \frac{\gamma}{2}\right)} = \frac{|P'_0Q'|}{\cos \frac{\gamma}{2}},$$
và để đảm bảo rằng $|\vec{v}| > |\vec{v}_0|$, chúng ta chỉ cần kiểm tra xem trong trường hợp này
$$|P''Q''| > |P'_0Q'_0|.$$

Chúng ta hãy chuẩn bị đoạn $P''Q''$ với tâm $C$ để nó đi vào một đoạn nào đó $BM$. Tương tự, chúng ta hãy chuẩn bị đoạn $P'_0Q'_0$ với tâm $O$ để nó đi vào một đoạn nào đó $BN$. Điều quan trọng là các hệ số nấu phải giống nhau. Do đó, để chứng minh (6) chỉ cần chứng minh $|BM| > |BN|$ là đủ. Nhưng điều sau rõ ràng là tam giác $BNM$ có một góc tù ở đỉnh $N$. Thật vậy, nếu $N$ nằm bên trái của đường thẳng $BD$ thì $M\widehat{NB} > \widehat{COB} > \frac{\pi}{2}$, và nếu $N$ nằm bên phải của $BD$ thì $M\widehat{NB} > M\widehat{NO} = \widehat{COA} > \frac{\pi}{2}$. Bổ đề đã được chứng minh.

Bình luận. Từ bổ đề, dễ dàng suy ra rằng bất đẳng thức $|O_1O_2| < |C_1C_2|$ được bảo toàn, thứ nhất, nếu $C_1$, $C_2$ nằm trên các cạnh khác nhau của đường thẳng $AB$, và thứ hai, nếu các tam giác $ABC_1$, $ABC_2$ có đáy chung $AB$ nằm trong không gian trong các mặt phẳng khác nhau.

Câu hỏi. Hãy cố định đáy của hình tam giác và di chuyển phần trên của nó. Liệu tâm của quả cầu nội tiếp có chuyển động với tốc độ chậm hơn đỉnh không?

20

xếp chồng theo số lượng tập (theo thứ tự không tăng) và điền vào câu lệnh cho biết số lượng tập trong mỗi ngăn xếp (Hình 2). Ngoài những gì đã nói ở trên, quan chức này không bao giờ làm bất cứ điều gì.

a) Mục nào sẽ được thực hiện trong tuyên bố thông qua các địa điểm nếu tổng số tập là $n=3$, $n=6$, $n=10$ (sự sắp xếp ban đầu là tùy ý)?

b) Chứng minh rằng nếu tổng số tập là $n=k(k+1)/2$, trong đó $k$ là số tự nhiên thì bắt đầu từ một ngày nhất định, câu lệnh sẽ có các mục giống nhau.

b)* Điều tra điều gì xảy ra sau nhiều ngày làm việc đối với các giá trị khác của $n$.

S. Limanov, A. Toom

F663. Một xe nặng chuyển động với vận tốc $v$ dọc theo mặt phẳng nằm ngang và đi lên một mặt phẳng nghiêng tạo một góc $\alpha$ với đường chân trời. Quá trình chuyển đổi giữa các mặt phẳng diễn ra suôn sẻ. Một quả bóng đang treo trên một sợi dây dài $l$. Biên độ dao động của quả bóng khi xe chạm tới mặt phẳng nghiêng là bao nhiêu?

F664. Khi chụp một nguồn chính xác ở xa trong một bức ảnh, do chất lượng của vật thể và vật liệu chụp ảnh được sử dụng thấp nên thu được một vòng tròn ánh sáng có đường kính $d=0,1$ m. Hai nguồn chính xác có thể được hình thành ở khoảng cách tối đa bao nhiêu trong cùng điều kiện, nằm cách nhau $l=1$ cm, sao cho ảnh của chúng không trùng nhau trong ảnh? Tiêu cự của vật là $F=5$ cm.

F665. Ở trạng thái dẫn nhiệt, có hai chất lỏng có nhiệt dung bị loại bỏ $c_1$ và $c_2$, được ngăn cách bằng một vách ngăn không dẫn nhiệt. Nhiệt độ chất lỏng khác nhau. Vách ngăn được loại bỏ và sau khi thiết lập trạng thái cân bằng nhiệt, chênh lệch giữa nhiệt độ ban đầu của một trong các chất lỏng và nhiệt độ thiết lập trong bình hóa ra bằng một nửa chênh lệch nhiệt độ ban đầu của chất lỏng. Tìm tỷ số khối lượng $m_1$ và $m_2$ của chất lỏng thứ nhất và chất lỏng thứ hai.

F666. Bán kính vòng trong của ổ bi là $r$, và bán kính vòng ngoài là $R$ (xem hình). Quả bóng sẽ quay bao nhiêu vòng giữa cái lồng này nếu cái lồng bên ngoài quay $n_1$ và cái lồng bên trong quay $n_2$ quanh trục?

F667. Electron nằm bên trong điện từ ở khoảng cách $r$ tính từ trục của nó. Trong thời gian ngắn $\Delta t$, cảm ứng của trường điện từ bên trong tăng từ $B$ lên $2B$. Tốc độ của electron thay đổi như thế nào? $\Delta t$ phải nhỏ đến mức nào thì lời giải mới đúng?

21

Lời giải bài toán

M605. Có 2n+1 điểm khác nhau được đánh dấu trên mặt phẳng. Chúng ta hãy đánh số chúng theo các số 1, 2, …, 2n+1 và xem xét phép biến đổi sau của mặt phẳng R: đầu tiên, sự đối xứng được thực hiện đối với điểm đầu tiên, sau đó đối với điểm thứ hai, v.v., cho đến điểm thứ (2n+1).

a) Chứng minh rằng phép biến đổi R này có một “điểm cố định” duy nhất (một điểm ánh xạ vào chính nó).

Hãy xem xét tất cả các cách có thể để đặt tên cho tối đa 2n+1 điểm (theo số 1, 2, …, 2n+1). Mỗi tên như vậy tương ứng với phép biến đổi riêng của mặt phẳng R và điểm cố định riêng của nó. Gọi F là tập hợp các điểm cố định của tất cả các phép biến đổi này.

6. Chỉ định tập F cho n=1.

c) Tập F có thể chứa tối đa bao nhiêu và bao nhiêu điểm tối thiểu với mỗi n=2, 3, …?

Chúng tôi sửa một hệ tọa độ tùy ý.

Giả sử các điểm A(x; y) và A*(x*; y*) đối xứng với điểm A’(x’; y’). Khi đó x’ = (x+x*)/2, y’ = (y+y*)/2, từ đó x* = 2x’ - x, y* = 2y’ - y.

Như vậy, một điểm có tọa độ (x; y) đối xứng với một điểm có tọa độ (x’; y’) sẽ đi vào một điểm có tọa độ (2x’ - x; 2y’ - y).

Với phép biến đổi R của chúng ta, một điểm có tọa độ (x; y) sẽ chuyển đến một điểm có tọa độ (-x+2x1 - 2x2+…+2x2n+1; y+2y1 - 2y2+…+2y2n+1), trong đó (x_i; y_i) là tọa độ của thứ i của 2n+1 điểm đã cho.

a) Đối với điểm cố định (x; y) của phép biến đổi R, các tọa độ này được xác định duy nhất từ ​​điều kiện

$$\begin{cases} -x+2x_1-2x_2+\dots+2x_{2n+1}=x, \\ -y+2y_1-2y_2+\dots+2y_{2n+1}=y \end{cases}$$

và bằng (x_1-x_2+\dots-x_{2n}+x_{2n+1}; y_1-y_2+\dots-y_{2n}+y_{2n+1}) hoặc

$$\left( \sum_{i=1}^{2n+1} (-1)^{i-1} x_i; \sum_{i=1}^{2n+1} (-1)^{i-1} y_i \right).$$

Mệnh đề a) đã được chứng minh.

6. Đầu tiên cho trước các điểm X1, X2, X3 không nằm trên cùng một đường thẳng. Nếu các điểm A1 sau các điểm đối xứng X1, X2, X3 được ánh xạ vào chính chúng (xem hình) thì X1, X2, X3 là trung điểm của các đoạn A1A2, A2A3, A3A1, trong đó A2 = S_{X1}(A1), A3 = S_{X2}(A2). Điều này có nghĩa là [A1X2], [A2X3], [A3X1] là các đường trung tuyến của tam giác A1A2A3 nên các điểm A1, A2, A3 có thể lấy được từ các điểm X1, X2, X3 có sẵn tâm O và hệ số (-2). Dễ dàng nhận thấy nếu cho các điểm X1, X2, X3 thẳng hàng thì đáp số cho kết quả có ý nghĩa tương tự.

c) Nhìn vào biểu thức (), không khó để nói rằng trong tập F không có nhiều điểm hơn số cách tạo ra từ 2n+1 điểm cho trước n điểm có hoành độ trong biểu thức () sẽ đứng trước dấu trừ, nghĩa là không lớn hơn C2n+1. Rõ ràng, ước tính này là chính xác (ví dụ: lấy 2n+1 điểm trên cùng một dòng có tọa độ nguyên 1, 2, 2^2, …, 22n).

Bây giờ chúng ta hãy ước tính số lượng điểm cố định. Chúng ta chiếu 2n+1 điểm này lên một đường thẳng sao cho không có hai điểm nào trùng nhau. Trên dòng này chúng ta nhập tọa độ và thay đổi các điểm theo thứ tự tọa độ tăng dần: x1 < x2 < … < x2n+1. Hãy đặt n trừ trước n số đầu tiên và xét tổng - x1 - x2 - … - xn + xn+1 + … + x2n+1; nó sẽ tương ứng với một số điểm cố định từ tập F của chúng ta. Tiếp theo, chúng ta thực hiện thao tác sau: chọn một cặp số x_i và x_i+1 sao cho x_i đứng trước dấu trừ và x_i+1 đứng trước dấu cộng và thay đổi dấu của chúng (trong bước đầu tiên, ước tính là i=n). Mỗi thao tác như vậy dẫn đến một tổng tương ứng với một điểm cố định từ tập F và vì sau mỗi thao tác tổng giảm đi nên tất cả các điểm cố định này đều khác nhau. Chúng ta có thể thực hiện tất cả các thao tác như vậy (bất kể thứ tự của chúng) n(n+1), điều này đã mang lại cho chúng ta

22

M606. Hàm $f$ sao cho đối với mọi $x$ $f(x+1)+f(x-1)=\sqrt{2}f(x)$ thực. Chứng minh rằng $f$ là hàm tuần hoàn.

M607. a) Cắt hình vuông thành các hình thang đều. b) Cắt một tam giác vuông đều thành hình thang đều. c) Chứng minh rằng mọi đa giác đều có thể cắt thành hình thang đều.

Hình 1.

Hình 2. Hình 3.

$n(n+1)+1$ điểm cố định. Điều này có nghĩa là có ít nhất $n(n+1)+1$ điểm trong $F$. Ví dụ: sẽ đạt được chính xác số điểm cố định này nếu chúng ta lại lấy $2n+1$ điểm trên một đường thẳng có tọa độ nguyên $-n$, $-(n-1)$, …, $-1$, 0, 1, 2, …, $n-1$, $n$. Với tất cả các cách có thể để đặt $n$ “trừ” trước một số trong số chúng, giá trị lớn nhất của tổng các số này là $2 \cdot (1+2+\dots+n)=n(n+1)$, giá trị nhỏ nhất là $-n(n+1)$ và tổng có thể nhận bất kỳ giá trị chẵn nào giữa các số $-n(n+1)$ và $n(n+1)$ - tổng giá trị $n(n+1)+1$.

I. Klumova, A. Talai

◆
Theo điều kiện, với mọi số thực $x$ đẳng thức
$$f(x+2)+f(x)=\sqrt{2}f(x+1)=\sqrt{2}(\sqrt{2}f(x)-f(x-1))= =2f(x)-\sqrt{2}f(x-1),$$
đó là
$$f(x+2)=f(x)-\sqrt{2}f(x-1).$$
Pozny
$$f(x+4)=f(x+2)-\sqrt{2}f(x+1)= =f(x)-\sqrt{2}(f(x-1)+f(x+1))=-f(x).$$
Kể từ đây,
$$f(x+8)=-f(x+4)=f(x)$$
với mọi $x \in \mathbb{R}$, vì vậy $f$ là hàm tuần hoàn có chu kỳ là 8.
Lưu ý rằng các hàm thỏa mãn phương trình ban đầu tồn tại, ví dụ: $f(x)=\sin \frac{\pi x}{4}$.

E. Turkevich

◆
Lưu ý rằng một tam giác đều có thể dễ dàng chia thành các hình thang đều (Hình 1); Vì vậy, chỉ cần đưa phân vùng về hình tam giác đều là đủ.
Bây giờ chúng tôi có thể cung cấp những điều sau cho bài toán của mình:
a) Các phân vùng được yêu cầu có thể chẳng hạn như trong Hình 2, 3.
b) Một tam giác vuông đối diện có thể được cắt, chẳng hạn như trong Hình 4 và 5. Mỗi cách chia này đưa ra những cách chia hình vuông mới.
Các cách khác để cắt những hình này được lấy từ điểm c).
b) Rõ ràng đa giác nào được chia thành đa giác lồi và đa giác lồi nào được cắt thành hình tam giác bởi các đường chéo xuất phát từ một đỉnh bất kỳ. Bất kỳ hình tam giác nào cũng có thể chia thành hai hình tam giác vuông có chiều cao giảm xuống một cạnh; cuối cùng, tam giác vuông nào có thể cắt thành hai tam giác đều nối cạnh huyền với đỉnh của góc vuông.
Pozny chỉ cần chứng minh khẳng định về tam giác đều tùy ý là đủ.
Để cho ngắn gọn, chúng ta sẽ gọi một tam giác đều có góc $\alpha$ ở đáy là “$\alpha$-tam giác”.
Hãy xem xét ba trường hợp.
1°. $30^\circ \leq \alpha < 60^\circ$. Việc cắt yêu cầu được thể hiện trong Hình 6.
2°. $0 < \alpha < 30^\circ$. Như có thể thấy trong Hình 7, nếu có thể cắt được tam giác $2\alpha$ thì tam giác $\alpha$ cũng có thể được cắt. Từ đây và từ 1°, chúng ta lần lượt thu được các tam giác đều cắt có các góc ở đáy
$15^\circ \leq \alpha < 30^\circ$, $7,5^\circ \leq \alpha < 15^\circ$, $3,75^\circ \leq \alpha < 7,5^\circ$…

23

M608. Trên tờ giấy ca-rô (cạnh hình vuông 1) có vẽ một thanh p, các cạnh của thanh này nằm trên các đường lưới và có chiều dài lẻ.
a) Chứng minh rằng n chia hết cho 4.
b) Chứng minh rằng với n=100 thì diện tích của n-tay này nhất thiết phải là số lẻ. Tìm xem tính chẵn lẻ của diện tích đối với mỗi n.

Vì bất kỳ α, 0°<α<30° nào, rơi rất nhiều vào một trong các khoảng đã chỉ ra, nên chúng ta thu được điều đó với α<30° bất kỳ tam giác α nào cũng có thể bị cắt theo cách yêu cầu.

3°. 60°<α<90°. Việc chứng minh tương tự như trường hợp 2° (Hình 8). Rõ ràng, $\widehat{BAB'}=45^\circ-\frac{\alpha'}{2}<45^\circ$ ($B'$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC), và do đó các tam giác BAB’ và BCB’ là “có thể cắt được”.

Tiếp tục quá trình này cho các tam giác AB’C (điểm B’’), AB’‘C, …, rõ ràng sớm hay muộn chúng ta sẽ thu được một tam giác đều có góc đáy nhỏ hơn 60°.

V. Lev

◆ a) Hiển nhiên, đa giác này có số cạnh ngang bằng số cạnh dọc, vì các cạnh ngang và dọc cắt nhau. Điều này có nghĩa là n=2k, trong đó k là số cạnh dọc (hoặc ngang). Rõ ràng là tổng độ dài của các cạnh thẳng đứng là chẵn, vì chúng ta “đi xuống” một lượng bằng với khi chúng ta “đi lên”. Nhưng độ dài của mỗi đoạn là số lẻ; điều này có nghĩa là các cạnh thẳng đứng là số chẵn, tức là k=2m. Do đó n=4m chia hết cho 4.
b) Hãy giới thiệu hệ tọa độ sao cho trục Ox và Oy chứa cạnh dưới cùng và cạnh trái nhất của 4m-giác của chúng ta. Khi đó tọa độ các đỉnh của đa giác của chúng ta sẽ bằng nhau
$(a_1; b_1), (a_2; b_1), (a_2; b_2), (a_3; b_2), (a_3; b_3), ..., (a_{2m-1}; b_{2m-1}),$
$(a_{2m}; b_{2m-1}), (a_{2m}; b_{2m}), (a_1; b_2m),$
trong đó $a_i, b_i$ là số nguyên không âm và tất cả hiệu $a_{i+1}-a_i, b_{i+1}-b_i$ ($i=1, 2, ..., 2m$) đều là số lẻ; ở đây và bên dưới $a_{2m+1}=a_1, b_{2m+1}=b_1$. Có thể dễ dàng biểu thị diện tích S của đa giác thông qua các tọa độ này, biểu thị nó dưới dạng tổng và hiệu các diện tích của hình chữ nhật $|a_{i+1}-a_i| \times b_i$:

$$S = \left| \sum_{i=1}^{2m} (a_{i+1}-a_i) b_i \right|.$$

Vì tất cả hiệu $a_{i+1}-a_i$ đều là số lẻ nên tổng S có cùng tính chẵn lẻ với tổng $b_1+b_2+\dots+b_{2m}$. Các số chẵn lẻ của các số $b_1, b_2, ..., b_{2m}$ giao nhau (vì tất cả hiệu $b_{i+1}-b_i$ đều là số lẻ), nên tất cả tổng m $b_1+b_2, b_3+b_4, ..., b_{2m-1}+b_{2m}$

24

F608. Một tàu vũ trụ có khối lượng $M=12$ t di chuyển quanh Mặt trăng theo quỹ đạo tròn ở độ cao $h=100$ km. Để chuyển sang quỹ đạo hạ cánh, bộ phận đẩy phản lực được bật trong thời gian ngắn. Tốc độ của khí rời khỏi phòng tắm nắng của tên lửa là $u = 10^4$ m/s. Bán kính của Mặt trăng là $R_\pi = 1,7 \cdot 10^3$ km, gia tốc tự do trên bề mặt Mặt trăng là $g_\pi = 1,7$ m/s².

1. Phải tiêu tốn bao nhiêu nhiên liệu để khi kích hoạt chuyển động phanh tại điểm A trên quỹ đạo tàu sẽ lao xuống Mặt Trăng tại điểm B (Hình 1)?
2. Trong phương án hạ cánh thứ hai, một xung được truyền tới tàu tại điểm A theo hướng tâm Mặt trăng để đưa tàu vào quỹ đạo chạm vào Mặt trăng tại điểm C (Hình 2). Cần tiêu thụ bao nhiêu nhiên liệu trong trường hợp này?

Hình 1.

Hình 2.

1. Khi một con tàu di chuyển quanh Mặt trăng theo quỹ đạo tròn, gia tốc hướng tâm của con tàu được truyền bởi lực hấp dẫn. Bởi vì

$$\frac{Mv^2}{R} = \gamma \frac{MM_\pi}{R^2},$$

trong đó $v$ là tốc độ của con tàu theo quỹ đạo tròn, $M_\pi$ là khối lượng của Mặt Trăng và $R = R_\pi + h$ là bán kính quỹ đạo của con tàu. Từ phương trình này chúng ta tìm thấy

$$v = \sqrt{\gamma \frac{M_\pi}{R}} = \sqrt{g_\pi \frac{R^2_\pi}{R}} \approx 1,65 \cdot 10^3 \text{ м/c.}$$

Sau khi thay đổi vận tốc của tàu tại điểm A, tàu sẽ chuyển động theo quỹ đạo hình elip. Chúng ta hãy ký hiệu lần lượt là $v_A$ và $v_B$ tốc độ của tàu tại các điểm A và B của quỹ đạo này. Theo định luật bảo toàn năng lượng

$$-\gamma \frac{M_\pi M_1}{R} + \frac{M_1 v_A^2}{2} = -\gamma \frac{M_\pi M_1}{R_\pi} + \frac{M_1 v_B^2}{2}$$

(1)

$-\gamma \frac{MM_\pi}{R}$ là thế năng của một vật có khối lượng $M$ chuyển động theo quỹ đạo tròn trong trường hấp dẫn của Mặt Trăng, $M_1$ là khối lượng của phương tiện lao xuống); theo định luật bảo toàn động lượng góc (hoặc, tương tự, theo định luật thứ hai của Kepler)

$$v_A R = v_B R_\pi.$$

(2)

Giải các phương trình (1) và (2) cùng nhau, ta tìm được

$$v_A = \sqrt{2\gamma \frac{M_\pi R_\pi}{(R_\pi + R)}} = v \sqrt{\frac{2R_\pi}{R + R_\pi}}.$$

Do đó, để chuyển từ quỹ đạo tròn sang quỹ đạo elip tại điểm A, tốc độ phải thay đổi bằng

$$\Delta v = v - v_A = v \left( 1 - \sqrt{\frac{2R_\pi}{R + R_\pi}} \right) = v \left( 1 - \sqrt{\frac{2R_\pi}{h + 2R_\pi}} \right) = v \left( 1 - \frac{1}{\sqrt{1 + \frac{h}{2R_\pi}}} \right) = v \frac{h}{4R_\pi} \approx 24 \text{ м/c.}$$

Vì hệ động lực hoạt động theo thời gian vòng tròn nên có thể giả sử động lượng của hệ “xe đổ bộ - nhiên liệu” được bảo toàn. Vì vậy, chúng ta có thể sử dụng định luật bảo toàn động lượng, cho

$$(M - m) \Delta v = mu,$$

trong đó $m$ là khối lượng của chất đẩy. Từ đây

$$m = \frac{\Delta v}{\Delta v + u} M \approx \frac{\Delta v}{u} M \approx 29 \text{ кг.}$$

2. Trong trường hợp thứ hai, tốc độ $v$ của tàu tại điểm A thay đổi theo giá trị $\Delta v$ và tốc độ $v_A$ trong quỹ đạo mới giống như $v_A^2 = v^2 + (\Delta v)^2$ (kể từ $\Delta v \perp v$).

Từ định luật bảo toàn năng lượng (một biểu thức tương tự như (1), với $v_B$ thay thế bằng $v_C$) và định luật bảo toàn động lượng góc ($v_A R = v_C R_\pi$) ta tìm được

$$\Delta v = \sqrt{g_\pi \frac{(R - R_\pi)^2}{R}} = \sqrt{g_\pi \frac{h^2}{R_\pi + h}} \approx 97 \text{ м/c.}$$