Bài toán M711—M715; F723—F727

21

Bài toán

M711 — M715; F723 — F727

M711. Các đường chéo của tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O vuông góc với nhau. Chứng minh rằng đường đứt nét AOC chia tứ giác thành hai phần có diện tích bằng nhau.

V. Varvarkin

M712. Chứng minh rằng mọi số dương đều có thể biểu diễn dưới dạng tổng của chín số có ký hiệu thập phân chỉ chứa các chữ số 0 và 7.

E. Turkevich

M713. M là tập hợp các điểm trên mặt phẳng. Điểm O của một mặt phẳng được gọi là “gần tâm đối xứng” của tập M nếu một điểm trong M có thể bị loại bỏ sao cho tập O còn lại là tâm đối xứng theo nghĩa tổng quát. Một tập hữu hạn có thể có bao nhiêu “gần tâm đối xứng”?

V. Prasolov

M714*. N người bạn học N tin tức cùng một lúc và mỗi người học được một tin tức. Họ bắt đầu gọi điện cho nhau và trao đổi tin tức. Bạn có thể truyền tải bao nhiêu tin tức tùy thích trong một cuộc trò chuyện. Số lượng cuộc gọi tối thiểu cần thiết để mọi người biết tất cả tin tức là bao nhiêu? Xét ba trường hợp: a) N=64, 6) N=55, b) N=100.

A. Anjan

M715*. Góc nguyên thủy được chia thành các ô (Hình 1). Trên một số ô có chip và sự sắp xếp của các chip có thể được biến đổi như sau: nếu đối với một số chip, ô liền kề trên cùng và ô liền kề bên phải còn trống thì một chip được đặt vào các ô này và chip cũ sẽ bị loại bỏ. Đầu tiên, một con chip được đặt vào ô góc. Có thể sử dụng các thao tác được chỉ định để xóa các góc của a) ba, 6) sáu, b) mười ô, như trong Hình 2, a, 6, b, khỏi các khối không?

M. Kontsevich

22

Hình 1.

Hình 2.

F723. Các vận động viên chạy với cùng tốc độ $v$ theo một cột có chiều dài $l_0$. Một huấn luyện viên chạy về phía bạn với tốc độ $u$ ($u < v$). Vận động viên ngang bằng với huấn luyện viên chạy về phía sau với tốc độ tương tự $v$. Chiều dài của cột khi tất cả các vận động viên quay lại là bao nhiêu?

I. Vorobiev

F724. Đầu sợi chỉ ném qua khối di động sẽ dịch chuyển bao nhiêu (điểm $A$ trong Hình 3) nếu tác dụng một lực $\vec{F}$ vào nó? Độ cứng của lò xo bằng nhau và bằng $k$. Lò xo, ren và khối được coi là không có trọng lượng.

G. Meledin

F725. Cần chế tạo một lớp vỏ có thành mỏng ở đầu thuốc nổ để khi nổ bắt đầu từ đỉnh hình nón và “trượt” xuống, sản phẩm của vụ nổ sẽ đồng thời chạm vào tấm nằm ngang nơi hình nón đứng. Tốc độ phát nổ (tốc độ mà các phần mới của chất nổ tham gia vào vụ nổ) là $v$ và tốc độ phân hủy của sản phẩm nổ là $u$. Góc φ giữa đáy hình nón và đường sinh của nó sẽ bằng bao nhiêu?

I. Vorobiev

F726. Trong một ống dẫn nhiệt dài nằm ngang giữa hai pít-tông có khối lượng $m$, mỗi pít-tông có 1 mol khí đơn nguyên tử lý tưởng ở nhiệt độ $T_0$. Có chân không ở bên ngoài piston. Tại thời điểm ban đầu, vận tốc của piston hướng theo một hướng và bằng $v$ và $3v$. Khí sẽ nóng lên đến nhiệt độ tối đa bao nhiêu? Piston Tello không dẫn điện. Hằng số khí phổ quát là $R$.

V. Borodin

F727. Sự phụ thuộc của hướng vào dòng điện đối với một nguồn năng lượng điện nhất định được thể hiện trên Hình 4. Vẽ đồ thị hướng của tải mà nguồn điện đóng so với điện trở tải.

Problems M711 — M715; P723 — P727

M711. The diagonals of a convex quadrilateral $ABCD$ inscribed in a circle of centre $O$ are perpendicular to each other. Prove that the broken line $AOC$ splits the quadrilateral into two parts of equal area.

V. Varvarkin

24

M672. Đặt $a$ là một số tự nhiên sao cho $2^a - 2$ chia hết cho $a$ (ví dụ: $a = 3$). Chúng ta hãy xác định dãy $(x_n)$ theo điều kiện
$$x_1 = a, x_{k+1} = 2^{xk} - 1.$$
Chứng minh rằng $2^{xk} - 2$ chia hết cho $x_k$ với mọi $k$.

Dễ dàng nhận thấy rằng các hình tam giác $ABC$ và $ADC$ có kích thước bằng nhau: $S_{ABC} = S_{ADC}$ - chúng có chung đáy $AC$ và có chiều cao bằng nhau, hạ thấp xuống đáy này. Vì vậy $\frac{1}{2} ab \sin \widehat{B} = \frac{1}{2} cd \sin (180^\circ - \widehat{B})$, tức là $ab = cd$. Cộng (1) và (2) ta thu được điều cần tìm.

R. Mazov

Hãy chứng minh phát biểu này bằng phương pháp quy nạp toán học.
Với $k = 1$ nó đúng theo điều kiện. Giả sử $2^{xk} - 2$ chia hết cho $x_k$ và chứng minh rằng $2^{xk+1} - 2$ chia hết cho $x_{k+1}$.
Đặt $x_{k+1} - 1 = 2^{xk} - 2 = mx_k$, trong đó $m > 1$ là số tự nhiên. Sau đó
$$2^{xk+1} - 2 = 2(2^{xk+1} - 1) = 2(2^{mx_k} - 1) = 2(2^{xk} - 1)(2^{(m-1)x_k} + 2^{(m-2)x_k} + \dots + 1) = Mx_k + 1$$
trong đó $M$ là số tự nhiên, đây là điều ta cần chứng minh.

V. Janous

Từ biên tập viên. Vấn đề M672 về cơ bản trùng khớp với Bổ đề 2 trong bài viết “Hầu hết các số nguyên tố” của I. Yaglom («Kvant», 1981, Số 9).

M673. Ba vòng đệm $A, B, C$ nằm trên mặt phẳng tại các đỉnh của tam giác. Người chơi khúc côn cầu chọn một trong số họ và đi theo nó để nó đi qua giữa hai người bạn và bị bỏ lại ở mỗi điểm.
a) Cho thấy sau năm lần đánh, quả bóng $C$ có thể trở về vị trí của nó và quả bóng $A$ và $B$ có ​​thể đổi chỗ.
b) Cả ba quả bóng $A, B, C$ có thể trở lại vị trí ban đầu sau 25 lần trúng không?

a) Dễ dàng báo cáo rằng nếu có ít nhất một đòn đánh vào quả bóng $C$, thì trong năm lần đánh không thể trả lại quả bóng $C$ và đổi quả bóng $A$ và $B$.
Tuy nhiên, nếu quả bóng $C$ đứng yên và chỉ có quả bóng $A$ và $B$ di chuyển thì bài toán có thể được giải quyết dễ dàng (xem Hình 1; chỉ số $i$ có nghĩa là vị trí của quả bóng sau cú đánh $i$).

Hình 1.
Hình 2.

b) Đáp số: họ không thể. Để chứng minh, phép tích hợp của tam giác $ABC$ rất đơn giản - hướng đi qua bộ đếm của nó. Dễ dàng nhận thấy rằng sau mỗi cú đánh, hướng di chuyển ngang thay đổi ngược lại (trong Hình 2, việc di chuyển các đỉnh $A \rightarrow B \rightarrow C$ được thực hiện ngược chiều kim đồng hồ và việc di chuyển các đỉnh $A \rightarrow B' \rightarrow C \rightarrow A$ là theo chiều kim đồng hồ).
Sau số lượt truy cập lẻ, hướng của đường tránh sẽ ngược lại với hướng đã chỉ định lúc đầu.

A. Egorov

M674. Các điểm $A_1, B_1$ và $C_1$ lần lượt được lấy trên các cạnh $BC, AC$ và $AB$ của tam giác Olz nhọn $ABC$. Được biết, tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ trùng với giao điểm của các đường cao của nó. Xem xét sự chuyển đổi của phân khu $F = H_0^k \cdot R^k$ (thành phần chuẩn bị $H_0^k$ với tâm $O$ và hệ số $k$ và xoay $R^k$ theo góc $φ$ xung quanh $O$),

25

phần các đường cao của tam giác $A_1B_1C_1$. Chứng minh rằng hai tam giác $ABC$ và $A_1B_1C_1$ đồng dạng.

ở đâu $k = \frac{1}{\cos \varphi}$. Trong trường hợp này, các điểm $F(A_0)$, $F(B_0)$ và $F(C_0)$ sẽ lần lượt thuộc các dòng $BC$, $AC$ và $AB$. Do đó, khi thay đổi φ, chúng ta thu được cả một họ tam giác có chung trực tâm (giao điểm của các đường cao), nội tiếp trong tam giác $ABC$ và các tam giác tương tự. Vẫn còn phải chứng minh rằng tam giác $A_1B_1C_1$ thuộc họ này.

Chúng ta hãy chọn $\varphi = B_0\widehat{OB}_1$ sao cho $F(B_0) = B_1$; hãy để $F(A_0) = A_2$, $F(C_0) = C_2$. Điểm $O$ đóng vai trò là giao điểm của các đường cao của tam giác $A_1B_1C_1$ và $F(\triangle A_0B_0C_0) = \triangle A_2B_1C_2$; điều này có nghĩa là cạnh $A_2C_2$ phải song song hoặc trùng với cạnh $A_1C_1$. Nhưng rõ ràng là các đường cao của tam giác $A_2B_1C_2$, rơi khỏi đỉnh $A_2$ và $C_2$, không thể đi qua $O$, trừ trường hợp $A_2 = A_1$ và $C_2 = C_1$, nên trên thực tế các tam giác $A_1B_1C_1$ và $A_2B_1C_2$ giống nhau.

Để kết luận, chúng tôi lưu ý rằng trong lời giải góc nhọn của tam giác $ABC$ không được sử dụng: câu lệnh bài toán đúng với mọi tam giác $ABC$ (và mọi điểm $A_1$, $B_1$, $C_1$ trên các đường $BC$, $AC$, $AB$).

D.Izaak

F683. Hình này hiển thị nguồn $AB$ và hình ảnh khuôn mặt của nó $A'B'$. Xác định bằng cách xây dựng vị trí của đường thẳng và tiêu cự của nó.

Tâm mô tả của thấu kính nằm ở điểm $O$ giao điểm của đường $BB'$ và $AA'$. Điểm $D$ là giao điểm của đường thẳng $AB$ và $A'B'$, nằm trong mặt phẳng của thấu kính. Do đó, thấu kính nằm dọc theo đường thẳng $OD$; $MN$ ($MN \perp OD$) là trục quang chính của ống kính.

Các tia $Aa$ và $Bb$ sau khúc xạ sẽ cắt nhau tại đường tiêu điểm ($Aa \parallel Bb \parallel MN$). Do đó, $F$ là tiêu điểm của đường thẳng.

S. Krotov

F684. Mạch có $N$ cực đầu vào, một cực đầu ra và một cực chung (“mặt đất”). Tại mỗi đầu vào, điện thế nối đất là từ +50 đến +200 V.

1. Vẽ một mạch bảo vệ sẽ cung cấp điện thế tối đa áp dụng cho các đầu vào ở đầu ra.
2. Vẽ một warzant khác cung cấp điện thế ứng dụng tối thiểu ở đầu ra.
   Xây dựng những cái chung mà không cần sử dụng thêm nguồn điện.

Warzant đầu tiên được hiển thị trong Hình 1. Trong mạch, tất cả các điốt đều đóng, ngoại trừ một điốt - điốt được kết nối với đầu vào có điện thế cực đại $\varphi_{\max}$. Tiềm năng này sẽ là đầu ra; sự khác biệt giữa nó và các điện thế khác (nhỏ hơn) sẽ đảm bảo rằng các điốt còn lại bị tắt.

Warzant thứ hai có thể giống như trong Hình 2. Nếu điện thế tấm ($\delta$) lớn hơn hoặc bằng $\varphi_{\max}$, thì diode kết nối với đầu vào có điện thế tối thiểu sẽ mở; điều tương tự sẽ xảy ra ở lối ra; các điốt còn lại sẽ bị khóa.

Hình 1.
Hình 2.

26

Để thực hiện mà không cần nguồn bổ sung, bạn có thể sử dụng mạch của tùy chọn đầu tiên - điện áp đầu ra của nó thay đổi hoàn toàn nguồn.

Nói một cách chính xác, điện thế ở các cực đầu ra của mạch không hoàn toàn bằng các điện áp đầu vào, nhưng khác nhau ở độ sụt điện áp trên diode mở - nó là một phần của volt. Nhược điểm này có thể được giảm bớt đáng kể bằng cách lợi dụng thực tế là điện áp trên một diode hở phụ thuộc rất ít vào dòng điện chạy qua diode. Hãy tự suy nghĩ làm thế nào để làm điều này. (Gợi ý: bạn không thể làm gì nếu không có nguồn bổ sung.)

A. Zilberman

F685. Giữa bức tường và khối lập phương có khối lượng $M=10$, một quả cầu có khối lượng $m=0,1$ g bay trên một bàn điều khiển nhẵn. Tốc độ này lúc đầu, khi khối lập phương tích lũy, là $v_0=100$ m/s. Tìm vận tốc của khối lập phương tại thời điểm nó cách tường gấp 2 lần so với lúc đầu.

Chúng ta sẽ giả sử rằng với mỗi lần va chạm của quả bóng lên khối lập phương, tốc độ của khối lập phương thay đổi một lượng rất nhỏ và vẫn nhỏ hơn nhiều lần so với tốc độ của quả bóng.

Gọi $x$ là khoảng cách từ khối lập phương đến tường, $u$ tốc độ của khối, $v$ tốc độ của quả bóng. Khi đó thời gian giữa hai lần va chạm liên tiếp là $\tau=2x/v$. Với mỗi lần va chạm, khối lập phương nhận được một xung lực $\Delta p=2mv$ (chúng tôi đã dạy rằng $u\ll v$). Tốc độ của quả bóng trên mỗi cú đánh thay đổi $\Delta v=-2u$ (điều này là rất/không, nếu chúng ta xem xét chuyển động trong hệ quy chiếu liên kết với khối lập phương). Để đơn giản hóa các phép tính, chúng tôi giả sử rằng do va chạm, vận tốc $u$ và $v$ thay đổi không đột ngột mà thay đổi trơn tru. Khi đó gia tốc “trung bình” của quả bóng là $v'=\frac{\Delta v}{\tau}=-\frac{uv}{x}$. Xét rằng $u=x'$, chúng ta viết lại đẳng thức này:

$$v'x+x'v=0.$$

Lưu ý rằng biểu thức sau bằng tích của tích $vx$; thực tế là sản phẩm này bằng 0 có nghĩa là số lượng $vx$ vẫn còn trong quá trình xây dựng. Kể từ đây,

$$vx=v_0x_0,$$

trong đó $x_0$ là khoảng cách giữa khối lập phương và bức tường khi bắt đầu quá trình. Tại $x=2x_0$ tốc độ của quả bóng là $v_0/2$. Chúng ta tìm được tốc độ của khối lập phương tại thời điểm này từ định luật bảo toàn năng lượng:

$$\frac{mv_0^2}{2}=\frac{m(v_0/2)^2}{2}+\frac{Mu^2}{2} \Rightarrow u=\frac{v_0}{2} \sqrt{\frac{3m}{M}} \approx 0,27 \text{ м/с.}$$

3. Rafailov

F686. Các vòng mỏng có khối lượng $M$ và bán kính $R$ được đặt trên mặt phẳng nằm ngang. Dọc theo một kênh trơn đi bên trong vòng, một quả bóng nhỏ có khối lượng $m$ trượt từ điểm trên cùng mà không có tốc độ ban đầu. Xác định tốc độ của tâm vòng tại thời điểm quả bóng ở điểm $A$, vectơ bán kính của nó tạo một góc $\varphi$ với phương thẳng đứng. Tại thời điểm ban đầu, các vòng sẽ tích lũy. Không có ma sát giữa vòng và mặt phẳng.

Các lực tác dụng lên hệ thống Hoop-puck là trọng lực và phản lực pháp tuyến từ mặt phẳng. Cả hai lực này đều hướng theo phương thẳng đứng. Do đó khối tâm của hệ không chuyển động theo phương ngang.

Vì không có mối liên hệ nào giữa vòng và mặt phẳng nên vòng sẽ chuyển động về phía trước. Theo định luật bảo toàn động lượng, tại một thời điểm bất kỳ

$$M|u|=m|v_x|,$$

trong đó $u$ và $v_x$ là các hình chiếu nằm ngang của vận tốc của vòng và quả bóng (và $u=|\vec{u}|$). Vì $v_x$ đổi dấu định kỳ nên $u$ đổi dấu “đồng bộ”. Bản chất chung của chuyển động của vòng như sau: quả bóng theo các phần $BC$ và $BE$ (Hình 1) - tâm của vòng di chuyển sang phải; quả bóng ở các phần $CD$ và $DE$ - tâm của vòng di chuyển sang trái.

Tốc độ của quả bóng $\vec{v}$ và vòng $\vec{u}$ có liên hệ với nhau bởi định luật bảo toàn năng lượng:

$$mgR(1+\cos \varphi)=\frac{mv^2}{2}+\frac{Mu^2}{2},$$

trong đó $\varphi$ là góc mà vectơ bán kính của điểm mà quả bóng nằm ở một thời điểm nhất định (đối với các giá trị đã cho $\vec{v}$ và $\vec{u}$) tạo với phương thẳng đứng.

27

Chuyển động của quả bóng so với người quan sát đứng yên có thể được biểu diễn tại bất kỳ thời điểm nào dưới dạng sự chồng chất của hai chuyển động: chuyển động tương đối so với tâm của vòng với tốc độ $v_k$, hướng tiếp tuyến với vòng và chuyển động cùng với vòng với tốc độ $u$, hướng theo chiều ngang (Hình 2). Như có thể thấy từ Hình 2,

$$\frac{|v_y|}{|v_x| + |u|} = tg \varphi.$$ (3)

Giải các phương trình (1) - (3) cùng nhau, ta tìm được giá trị vận tốc tâm vòng tại thời điểm vectơ bán kính của điểm đặt quả bóng tạo một góc $\varphi$ với phương thẳng đứng:

$$|\vec{u}| = m \cos \varphi \sqrt{\frac{2Rg(1+\cos \varphi)}{(M+m)(M+m\sin^2\varphi)}}.$$

S. Krotov

F687. Một quả cầu thép đặt tại điểm A của đáy AB của một hình nêm chữ nhật đều có vận tốc $v_0$ theo hướng cạnh AO (xem hình). Tại giá trị nào của $v_0$ quả bóng đi từ điểm A đến điểm B? Chiều dài cạnh nêm $l$.

Trong trường hợp tổng quát, quỹ đạo của quả bóng sau khi mở từ nêm tại điểm O sẽ như hình vẽ - nó sẽ bao gồm các phần của parabol. Các hình chiếu lên trục OX của chuyển động của quả bóng trong các khoảng thời gian bằng nhau liên tiếp $t_1, t_2, t_3, \dots, t_n$ có liên quan như sau

$$s_1: s_2: s_3: \dots: s_n = 1: 3: 5: \dots: (2n-1)$$

(vì tại thời điểm quả bóng “tách” tại điểm O, hình chiếu vận tốc của nó $\vec{v}_1$ lên trục OX bằng 0). Nếu trong lần va chạm thứ $n$ với cạnh OB quả bóng chạm vào điểm B thì

$$s_1 + s_2 + s_3 + \dots + s_n = s_1(1+3+5+\dots+(2n-1)) = s_1n^2 = l.$$

Hãy cùng tìm hiểu xem $s_1$ và $v_1$ có liên quan với nhau như thế nào. Hình chiếu của gia tốc bóng trên trục OX và OY bằng $a_x = a_y = g\sqrt{2}/2$, và

$$s_1 = a_x \frac{t_1^2}{2} = g \frac{\sqrt{2}}{4} t_1^2.$$

Chúng ta tìm thời gian $t_1$ chuyển động của quả bóng trước khi va chạm lần đầu vào nêm từ điều kiện $v_1 - a_y \frac{t_1}{2} = 0$:

$$t_1 = \frac{2v_1}{a_y} = \frac{4v_1}{g\sqrt{2}}.$$

Như vậy,

$$s_1 = \frac{2v_1^2\sqrt{2}}{g},$$ hoặc $v_1^2 = \frac{gl\sqrt{2}}{4n^2}$.

Chúng ta tìm thấy mối liên hệ giữa $v_1$ và $v_0$ từ định luật bảo toàn năng lượng:

$$\frac{mv_0^2}{2} = \frac{mv_1^2}{2} + mgl \frac{\sqrt{2}}{2} \Rightarrow v_0 = \sqrt{v_1^2 + gl\sqrt{2}} = \frac{1}{2n} \sqrt{gl\sqrt{2}(4n^2 + 1)}$$

Vì vậy, quả bóng chạm vào điểm B nếu tại điểm A nó có tốc độ $|\vec{v}_0| = \frac{1}{2n} \sqrt{lg\sqrt{2}(4n^2 + 1)}$, trong đó $n$ là một số tự nhiên. Lưu ý rằng

$$\lim_{n \to \infty} v_0 = \sqrt{gl\sqrt{2}}.$$

Kết quả tương tự từ định luật bảo toàn năng lượng: tại $n \to \infty v_1 \to 0$, và

$$\frac{mv_0^2}{2} = mgl \frac{\sqrt{2}}{2} \Rightarrow v_0 = \sqrt{gl\sqrt{2}}.$$

E. Rabkin