Lời giải bài toán M721—M730; F733—F742

34

key $K$ at the moment $t=0$ to a source of alternating tension $u=U_M \cos \omega t$. Determine the current in the solenoid as a function of time. Construct the graph of this function. The diod and the solenoid are assumed ideal, the inner resistance of the source may be neglected. (10).

V. Skorovarov

P772. An interplanetary space-ship made a soft landing on the Moon. The ship has the form of a disk of radius $r=4\text{m}$, its surface is covered by black (non-reflecting) paint. Can the landing on the Moon be observed from the largest telescope in the world, the Soviet telescope BTA with object lens diameter $D=6\text{m}$, if a photographic plate is placed in the focal plane to take a picture of the area of the Moon where the landing is to take place. Assume that clearly noticeable contrast of the image on the photo (i.e. the minimal relative difference of the dark and light parts of the image) is $k=0.05$. The distance from Earth to Moon is $L=4 \times 10^5\text{km}$; the picture is taken in light with wavelength $\lambda=0.6\text{mkm}$. Estimate the size of letters arranged by astronauts on the moon surface that can be read from the Earth using the BTA telescope. (10)

S. Kozel

Lời giải bài toán

M721—M730; F733—F742

M721. Mỗi cạnh của tam giác được chia thành 3 phần bằng nhau. Các điểm chia đóng vai trò là các đỉnh của hai hình tam giác, giao điểm của chúng là một hình lục giác. Tìm diện tích của hình lục giác này nếu diện tích của tam giác đã cho là $S$.

Đáp số: $\frac{2}{9} S$. Hãy chứng minh rằng tam giác này có thể chia thành 27 tam giác có kích thước bằng nhau, trong đó có 6 tam giác tạo nên hình lục giác cần giải trong bài toán. Gọi $K, L, M, N, P, Q$ là các điểm chia các cạnh của tam giác $ABC$, như được chỉ ra trong các điều kiện (xem hình). Lưu ý rằng các đoạn $KM$ và $QN$, $QL$ và $PM$, $KP$ và $LN$ song song và tương ứng với các phương tiện của tam giác này. Ví dụ: đoạn đường $KM$ song song với phương tiện $AD$ vì $\frac{|BK|}{|BA|} = \frac{|BM|}{|BD|} = \frac{2}{3}$ và do đó các hình tam giác $BKM$ và $BAD$ đã được chuẩn bị sẵn. Vẽ từ các điểm chia, các đoạn còn lại song song với phương tiện, cũng như các đường trung tuyến, chúng ta có được phân vùng cần thiết.*) Trên thực tế, hình lục giác được chia thành 6 hình tam giác bằng nhau (các phần đầu trong hình), 12 hình tam giác khác (màu trắng) bằng nhau và 9 hình còn lại (màu đỏ) có kích thước bằng nhau. (Giả sử, diện tích của các hình tam giác $MEN$ và $MFE$ bằng nhau vì các cạnh $EN$ và $EF$ của chúng là tắc nghẽn và độ cao giảm xuống các cạnh này từ đỉnh $M$ là như nhau.) Do đó, diện tích của hình lục giác là $6 \cdot \frac{S}{6+12+9} = \frac{2}{9} S$.

A. Edorov

M722. Tại các điểm $A_1, A_2, \dots, A_n$ nằm xung quanh đường tròn, các số 1, 2, …, $n$ sẽ nằm rải rác theo một thứ tự nào đó. a) Chứng minh rằng tổng mô hình $n$ của các hiệu số không nhỏ hơn 2n—2. b) Có bao nhiêu cách sắp xếp mà tổng này bằng 2n-2?

Đặt các số 1 và $n$ lần lượt đứng ở điểm $A_i$ và $A_j$. Chúng ta sẽ tính hiệu của các số lân cận bằng cách sử dụng hình: số ở đầu mỗi mũi tên được trừ khỏi số ở cuối.

*) Để lời giải trở nên hoàn hảo, chúng ta cũng phải chứng minh rằng các đoạn chúng ta đã dựng thực sự cắt nhau thành ba phần, như trong hình. Ví dụ: giả sử $H$ là giao điểm của $[KP]$ và $[LQ]$. Sau đó, các tam giác $LHP$ và $BGC$ được chuẩn bị với tâm $A$, do đó $H \in [AD]$ (G là giao điểm của các đường trung tuyến). Tương tự, điểm giao nhau $E$ của $[LN]$ và $[MP]$ nằm trên $AD$ vì các tam giác $MEN$ và $BGC$ được chuẩn bị với tâm $D$, v.v.

36

Rõ ràng là không có tổng số $b_1, b_2, \dots, b_{k+1}$ nào thuộc tập hợp $A$. Sự tồn tại của tập $B$ được chứng minh.

Bằng bổ đề cho phát biểu đáp số cho câu hỏi bài toán, đủ để chứng minh rằng tập $S = \{a^k | a \geq 1, k \geq 2\}$ của mọi lũy thừa có thể có của các số tự nhiên có mật độ bằng 0.

Hãy ước lượng số $v_n(S)$ độ không vượt quá số $n$. Nếu $a^k \leq n$ thì $a \leq \sqrt[k]{n}$. Do đó, có nhiều nhất $[\sqrt[k]{n}]$ số tự nhiên có lũy thừa thứ $k$ không vượt quá $n$, trong đó $[x]$ là phần nguyên của số $x$. Đặc biệt, đối với $k > m = [\log_2 n]$ chỉ có một số như vậy - một. Kể từ đây,

$$v_n(S) \leq \frac{[\sqrt{n}] + [\sqrt[3]{n}] + \ldots + [\sqrt[n]{n}]}{n} \leq \frac{\sqrt{n} \log_2 n}{n} = \frac{\log_2 n}{\sqrt{n}}.$$

Vượt qua giới hạn ở $n \to \infty$, ta thu được

$$d(S) = \lim_{n \to \infty} v_n(S) \leq \lim_{n \to \infty} \frac{\log_2 n}{\sqrt{n}} = 0.$$

L. Gurvits

M724. Một số cành giâm bò dọc theo mặt phẳng, tốc độ của chúng có độ lớn bằng nhau nhưng khác nhau về hướng. Chứng minh rằng, dù lúc đầu các phần cắt ở vị trí như thế nào thì sau một thời gian chúng sẽ ở các đỉnh của một đa giác lồi.

Giả sử Cherenakh tại thời điểm ban đầu có các điểm $A_1, \dots, A_n$ nằm trong đường tròn bán kính $R$ với tâm tại điểm $O$. Chúng ta hãy vẽ đồ thị vectơ vận tốc của Cherenakh $\vec{v}_1, \dots, \vec{v}_n$ từ điểm $O$. Rõ ràng rằng hai đầu $V_1, \dots, V_n$ của các vectơ này là đỉnh của một số $n$-giác lồi nội tiếp trong một đường tròn có bán kính $v$, bằng giá trị vận tốc của tay cầm bất kỳ. Hãy dựng các đường tròn có bán kính $e$ với tâm tại các điểm $V_1, \dots, V_n$. Đối với một $e$ đủ nhỏ, bất kỳ đa giác $B_1B_2\dots B_n$ nào có các đỉnh thuộc các đường tròn này đều rất indo, đa giác đó sẽ lồi. (Ví dụ: như $e$ bạn có thể lấy khoảng cách tối thiểu từ các điểm $V_i$ đến các đường nối các đỉnh $V_i$ - xem hình.)

Giả sử sau thời gian $T$ ở các điểm $A'_1, \dots, A'_n$, và trong cơn giông có tâm $O$ và hệ số $\frac{1}{T}$, các điểm này biến thành điểm $B_1, \dots, B_n$. Hãy chứng minh rằng với $T$ đủ lớn thì các điểm $B_1, \dots, B_n$ rơi vào các đường tròn mà chúng ta đã dựng, tức là $|V_iB_i| < \varepsilon$ cho $i=1, \dots, n$. Vectơ $\overrightarrow{A_iA'}_i$, trên đó tay cầm thứ $i$ di chuyển trong thời gian $T$, bằng $\overrightarrow{Tv}_i$. Do đó, $\overrightarrow{OA'}_i = \overrightarrow{OA}_i + \overrightarrow{Tv}_i$ và $\overrightarrow{OB}_i = \frac{1}{T}\overrightarrow{OA'}_i = \overrightarrow{v}_i + \frac{1}{T}\overrightarrow{OA}_i = \overrightarrow{OV}_i + \frac{1}{T}\overrightarrow{OA}_i$. Vì vậy, $|V_iB_i| = \frac{1}{T}|OA_i| \leq R/T$. Điều này có nghĩa là tại $T > \frac{R}{\varepsilon}$ các điểm $B_i$ rơi vào các vòng tròn có bán kính $e$ với tâm $V_1, \dots, V_n$, đa giác $B_1 \dots B_n$ sẽ lồi và sau đó là các điểm $A'_1, \dots, A'_n$, trong đó nhân $T$ xuất hiện, đóng vai trò là các đỉnh của đa giác lồi.

V. Prasolov

*M725. Đặt $r_n = \cos^n \frac{\pi}{7} + \cos^n \frac{3\pi}{7} + \cos^n \frac{5\pi}{7}$. Tìm $a)$ $r_1$ và $r_2$, $b)$ $r_3$ và $r_4$. Chứng minh rằng $r_n$ là số hữu tỉ với mọi $n$.

Đặt $c_k = \cos \frac{\pi k}{7}$ tại $k=0, \pm 1, \pm 2, \pm 3, \dots$. Lưu ý rằng $c_k$ là hình chiếu lên trục $Ox$ của một vectơ $\vec{e}_k$, tạo thành một góc $\frac{\pi}{7}$ với tia $x \geq 0$, $y=0$ (xem hình). Thật dễ dàng để xác minh rằng $c_{7+m} = c_{7-m} = -c_m$.

a) Chứng minh điều đó không khó

$$\vec{e}_1 + \vec{e}_3 + \vec{e}_5 + \vec{e}_7 + \vec{e}_-3 + \vec{e}_-1 = 0$$

(một trong những bằng chứng: khi quay qua một góc $\frac{2\pi}{7}$ cái này

37

hệ vectơ biến thành chính nó; trong trường hợp này tổng không thay đổi và do đó bằng 0).

Từ (1) suy ra ngay $c_7 + 2c_1 + 2c_3 + 2c_5 = 0$, tức là
$$r_1 = c_1 + c_3 + c_5 = -\frac{1}{2} c_7 = \frac{1}{2}.$$

Sử dụng công thức nổi tiếng $2\cos^2\alpha = 1 + \cos 2\alpha$, chúng ta nhận được $2c_1^2 = 1 + c_2$, $2c_3^2 = 1 + c_6$, $2c_5^2 = 1 + c_{10}$ và vì $c_2 = -c_5$, $c_6 = -c_1$, $c_{10} = -c_3$, chúng ta tìm thấy
$$r_2 = c_1^2 + c_3^2 + c_5^2 = \frac{1}{2} (3 - c_1 - c_3 - c_5) = \frac{5}{4}.$$

6), c) Hãy chứng minh rằng $c_1, c_3, c_5$ là nghiệm của đa thức bậc ba với các hệ số hữu tỉ. Xét đa thức
$$p(x) = (x - c_1)(x - c_3)(x - c_5) = x^3 + a_1 x^2 + a_2 x + a_3,$$
có gốc là $c_1, c_3$ và $c_5$. Chúng ta hãy biểu diễn các hệ số của đa thức này theo nghiệm của nó. Mở ngoặc, chúng ta nhận được
$$a_1 = -(c_1 + c_3 + c_5) = -r_1 = -\frac{1}{2};$$
$$a_2 = c_1 c_3 + c_3 c_5 + c_5 c_1 = \frac{1}{2} ((c_1 + c_3 + c_5)^2 -$$
$$-c_1^2 - c_3^2 - c_5^2) = \frac{r_1^2 - r_2}{2} = \frac{1}{2} \left(\frac{1}{4} - \frac{5}{4}\right) = -\frac{1}{2};$$
$$a_3 = -c_1 c_3 c_5 = -c_1 c_2 c_4 = -\cos \frac{\pi}{7} \cdot \cos \frac{2\pi}{7} \cdot \cos \frac{4\pi}{7} =$$
$$= -\frac{\sin \frac{\pi}{7} \cdot \cos \frac{\pi}{7} \cdot \cos \frac{2\pi}{7} \cdot \cos \frac{4\pi}{7}}{\sin \frac{\pi}{7}} =$$
$$= -\frac{\sin \frac{2\pi}{7} \cdot \cos \frac{2\pi}{7} \cdot \cos \frac{4\pi}{7}}{2 \sin \frac{\pi}{7}} =$$
$$= -\frac{\sin \frac{4\pi}{7} \cdot \cos \frac{4\pi}{7}}{4 \sin \frac{\pi}{7}} = -\frac{\sin \frac{8\pi}{7}}{8 \sin \frac{\pi}{7}} = \frac{1}{8}.$$

Vì vậy, với mỗi $j=1, 3, 5$ đẳng thức
$$c_j^3 - \frac{1}{2} c_j^2 - \frac{1}{2} c_j + \frac{1}{8} = 0.$$
Điều này có nghĩa là với mọi $n \geqslant 2$
$$c_j^{n+1} = \frac{1}{2} c_j^n + \frac{1}{2} c_j^{n-1} - \frac{1}{8} c_j^{n-2}.$$
Cộng ba đẳng thức như vậy (với $j=1, 3, 5$), chúng ta thu được cho $r_n = c_1^n + c_3^n + c_5^n$ công thức truy hồi
$$r_{n+1} = \frac{1}{2} r_n + \frac{1}{2} r_{n-1} - \frac{1}{8} r_{n-2},$$
cho phép người ta tính $r_{n+1}$ nếu biết $r_n, r_{n-1}, r_{n-2}$. Vì, do a), $r_1 = \frac{1}{2}, r_2 = \frac{5}{4}$ và $r_0 = 3$ nên ta tìm được
$$r_3 = \frac{1}{2} \cdot \frac{5}{4} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} - \frac{1}{8} \cdot 3 = \frac{1}{2},$$
$$r_4 = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{5}{4} - \frac{1}{8} \cdot \frac{1}{2} = \frac{13}{16}.$$

38

Rõ ràng là các số $r_n$ cho mỗi $n$ là hợp lý. (Để biết thêm chi tiết về việc áp dụng ý tưởng lời giải, xem bài “Xem xét sự khác biệt”, «Kvant», 1981, số 4.)

N. Vasiliev

M726. Một điểm bên trong không gian 2n thông thường được nối với các đỉnh. Các hình tam giác 2n thu được được tô xen kẽ bằng màu 轮廓 và màu đỏ. Chứng minh rằng tổng diện tích của các tam giác đầu bằng tổng diện tích các tam giác màu đỏ a) với n=4, 6) với n=3, c) với một số tự nhiên tùy ý n.

Vì trong một đa giác đều, độ dài tất cả các cạnh bằng nhau nên đủ để chứng minh rằng tổng chiều dài các chiều cao của các tam giác màu đỏ bằng tổng chiều dài các chiều cao của các tam giác đầu (xem Hình 1). Chia các tam giác thành các cặp cạnh đối diện, ta thu được ngay mệnh đề bài toán.

Hình 1. Hình 2

Nếu n là số lẻ, tiếp tục các cạnh “đỏ” của tay áo 2n, chúng ta thu được tay áo n đúng (Hình 2). Đế chữ N đầu được làm theo cách tương tự bị tắc nghẽn đến màu đỏ. Diện tích của đầu n-tay áo bằng tổng chiều dài của chiều cao của các hình tam giác đầu nhân với một nửa chiều dài cạnh của nó. Điều tương tự cũng đúng với n-người lính đỏ. Điều này ngụ ý sự bằng nhau của tổng chiều dài chiều cao của đầu và các hình tam giác màu đỏ, đồng thời, câu lệnh bài toán.

V. Prasolov

M727. Chứng minh bất đẳng thức $a^2+b^2+c^2+2abc<2$, trong đó a, b, c là độ dài các cạnh của chu vi tam giác 2.

Nếu a, b và c là độ dài một cạnh của tam giác có chu vi 2 thì a<1, b<1, c<1 (nếu không thì một trong các cạnh của tam giác sẽ lớn hơn tổng của hai cạnh còn lại). Do đó (1-a)(1-b)(1-c)>0. Mở rộng dấu ngoặc và biến đổi phần bên trái, chúng ta nhận được

$$1 - (a+b+c) + ab+bc+ac - abc = -1 + \frac{a^2+b^2+c^2}{2} + ab+bc+ac - \frac{a^2+b^2+c^2}{2} - abc = -1 + \frac{(a+b+c)^2}{2} - \frac{a^2+b^2+c^2}{2} - abc = 1 - \frac{a^2+b^2+c^2}{2} - abc > 0,$$

và điều này có nghĩa là $a^2+b^2+c^2 < 2(1-abc)$.

A. Egorov

M728. Gọi A, B, C là các đỉnh của mặt phẳng song song kề với đỉnh P của nó và Q là đỉnh đối diện với P. Chứng minh rằng a) các khoảng cách

41

($a_{n+3} = a_{n+2} = a_{n+1} = a_n = a$). Từ điều trên cũng cho thấy các số $a_n$ tuần tự chạy qua trọng số của chuỗi tự nhiên.

Bây giờ chúng ta hãy rút ra một công thức rõ ràng cho $a_n$. Trong tổng $a_n = (a_n - a_{n-1}) + (a_{n-1} - a_{n-2}) + \dots + (a_2 - a_1)$ tất cả các số hạng đều bằng 0 hoặc 1, và chính xác bằng số lượng các số loại thứ nhất không vượt quá $n$. Do đó, $a_n$ bằng số lượng các số loại thứ nhất không vượt quá $n$. Thật dễ dàng để chứng minh điều đó

$$a_n = \left[ \frac{n}{2} \right] - \left[ \frac{n}{4} \right] + \left[ \frac{n}{8} \right] - \dots$$

(1)

(số lượng số hạng khác 0 ở đây là hữu hạn, hoặc $n < 2^m$ tại một số $m$). Để chứng minh công thức (1), ta lưu ý rằng $\left[ \frac{n}{2} \right], \left[ \frac{n}{4} \right], \left[ \frac{n}{8} \right], \dots$ là số lượng các số không vượt quá $n$ và chia hết cho 2, 4, 8, …. Do đó, sự khác biệt $\left[ \frac{n}{2} \right] - \left[ \frac{n}{4} \right]$ bằng số các số từ 1 đến $n$, chia hết cho 2 và không chia hết cho 4, $\left[ \frac{n}{8} \right] - \left[ \frac{n}{16} \right]$ là số các số từ 1 đến $n$, chia hết cho 8 nhưng không chia hết cho 16, v.v.

Chúng ta hãy tính $a_n$ bằng công thức (1) cho $n = 3 \cdot 2^k$. Nếu $k$ lẻ thì

$$a_{3 \cdot 2^k} = \frac{3 \cdot 2^k}{2} - \frac{3 \cdot 2^k}{4} + \dots + \frac{3 \cdot 2^k}{2^k} - \left[ \frac{3}{2} \right] =$$

$$= 3(2^{k-1} - 2^{k-2} + \dots + 1) - 1 = 3 \frac{2^k + 1}{3} - 1 = 2^k.$$

Lưu ý rằng trong trường hợp này $n$ và $n+2 = 2(3 \cdot 2^{k-1} + 1)$ là các số thuộc loại thứ nhất. Do đó, nếu $k$ là số lẻ thì số $2^k$ xuất hiện 2 lần trong chuỗi của chúng ta. Cho $k$ là một số chẵn. Sau đó một lần nữa

$$a_{3 \cdot 2^k} = \frac{3 \cdot 2^k}{2} - \frac{3 \cdot 2^k}{4} + \dots + \left[ \frac{3}{2} \right] = 3 \frac{2^k - 1}{3} + 1 = 2^k.$$

Nhưng bây giờ $3 \cdot 2^k$ là số loại thứ hai. Do đó, số $2^k$ có số chẵn $k$ được lặp lại bốn lần giữa các số $a_n$. Đồng thời, chúng ta đã chứng minh được mệnh đề (d), vì $a_n = n/3$ với mọi $n = 3 \cdot 2^k$.

e) Đáp số: có. Giả sử $n$ chia hết cho 4. Khi đó, theo công thức (1)

$$a_n = \frac{n}{2} - \frac{n}{4} + \left[ \frac{n}{8} \right] - \left[ \frac{n}{16} \right] + \dots = \frac{n}{4} + a_{\frac{n}{4}}.$$

(2)

Hãy xem xét chuỗi $a_{n_m}$, trong đó $n_m = \frac{4^m - 1}{3}$ cho $m = 1, 2, \dots$ ($n_m$ là số nguyên lẻ cho bất kỳ $m$ nào). Lưu ý rằng $\frac{n_m - 1}{4} = \frac{4^m - 4}{3 \cdot 4} = \frac{4^{m-1} - 1}{3} = n_{m-1}$. Do đó, theo công thức (2) cho $n = n_m - 1$

$$a_{n_m} = a_{n_m-1} = n_{m-1} + a_{n_{m-1}}.$$

Kể từ đây,

$$a_{n_m} = n_{m-1} + n_{m-2} + \dots + n_1 + a_1 = \frac{n_m}{3} - \frac{m}{3}.$$

Với $m = 6000$ chúng ta nhận được $\left| a_{n_m} - \frac{n_m}{3} \right| = 2000 > 1982$.

e) Lưu ý rằng trong công thức (1) số số hạng khác 0 bằng $v = [\log_2 n]$. Đó là lý do tại sao

$$\left| a_n - \left( \frac{n}{2} - \frac{n}{4} + \frac{n}{8} \right) \right| \leq v,$$

vì bằng cách loại bỏ dấu của toàn bộ phần, chúng ta mắc lỗi trong mỗi số hạng nhỏ hơn 1. Tổng của cấp số nhân nằm trong ngoặc đơn. Tính toán, chúng ta có được

42

$$\left| a_n - \frac{n \left( 1 - \left( -\frac{1}{2} \right)^v \right)}{3} \right| \leq \log_2 n$$

hoặc
$$\left| \frac{a_n}{n} - \frac{1}{3} + \frac{(-1)^v}{3 \cdot 2^v} \right| \leq \frac{\log_2 n}{n}.$$
Và vì $\frac{(-1)^v}{3 \cdot 2^v} \to 0$ và $\frac{\log_2 n}{n} \to 0$ tại $n \to \infty$,
$$\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{n} = \frac{1}{3}.$$

V. Shevelev

F733. Một quả tạ có chiều dài $l$ nằm trên “nửa khung” có bán kính đáy $R$ (Hình 1). Tìm chu kỳ dao động nhỏ của quả tạ.

Hình 1.

Hình 2.

Xoay quả tạ một góc nhỏ $\alpha$ so với vị trí cân bằng (Hình 2); điểm $B$ là điểm tiếp xúc của thanh với lõi nhận; $A\hat{O}B = \alpha$ (bề mặt nhám, tạ không bị trượt). Những khoảnh khắc lực xuất hiện có xu hướng đưa quả tạ về vị trí cân bằng. Vì góc $\alpha$ nhỏ nên chúng ta có thể giả sử rằng các quả tạ sẽ chuyển động dọc theo các cung tròn có bán kính
$$r_1 \approx \frac{l}{2} - |AB| = \frac{l}{2} - R\alpha, \quad r_2 = \frac{l}{2} + R\alpha.$$
Tốc độ của các quả bóng sẽ tương ứng bằng nhau.
$$v_1 = x_1' = (r_1\alpha)' = \alpha' \left( \frac{l}{2} - 2R\alpha \right), \quad v_2 = x_2' = (r_2\alpha)' = \alpha' \left( \frac{l}{2} + 2R\alpha \right).$$
Tổng năng lượng của quả tạ không đổi và bằng thế năng $\Pi_0$ tại thời điểm lệch cực đại so với vị trí cân bằng. Khi quả tạ nghiêng một góc $\alpha$ so với vị trí cân bằng thì năng lượng của nó bằng
$$\Pi_1 + K = mg(R + x_2) + mg(R - x_1) + \frac{mv_1^2}{2} + \frac{mv_2^2}{2} = m \frac{l^2(\alpha')^2}{4} + 2mgR \left( 1 + \frac{\alpha^2}{2} \right) = \Pi_0$$
(m là khối lượng của mỗi quả bóng; chúng ta coi thanh là chưa biết; khi tính $v_1^2$ và $v_2^2$ chúng ta đã bỏ qua thứ tự $\alpha^2(\alpha')^2$). Hãy phân biệt những gì chúng ta có:
$$\frac{ml^2\alpha' \alpha''}{2} + 2mgR\alpha' = 0,$$
Ở đâu
$$\alpha'' = - \frac{4gR}{l^2} \alpha.$$
Phương trình thu được là phương trình dao động điều hòa có tần số $\omega = \sqrt{4gR/l^2}$. Do đó chu kỳ dao động nhỏ của quả tạ bằng
$$T = \frac{2\pi}{\omega} = \pi l \sqrt{\frac{1}{gR}}.$$
A. Frolov

F734. Một sợi dây buộc một đầu vào mặt bên của hình trụ ở điểm bán kính đáy $r$, được quấn quanh hình trụ $k$ lần

Lực căng của dây tác dụng lên tải trọng có phương vuông góc với vận tốc của tải trọng. Do đó, giá trị tuyệt đối của tốc độ của tải không đổi và bằng $v$.
Xét chuyển động tại thời điểm sợi dây

43

(k là số nguyên). Một zruz được gắn vào đầu tự do của vervika. Tải trọng có tốc độ v hướng dọc theo bán kính của hình trụ (Hình 1). Sẽ mất bao lâu để tất cả các sợi dây được quấn quanh hình trụ một lần nữa? Xi lanh được cố định trên bề mặt chính.

Hình 1.

hoàn toàn được tháo ra khỏi xi lanh và tải ở điểm C (Hình 2). Trong khoảng thời gian ngắn Δt, tải sẽ di chuyển đến điểm C’. Vì Δt nhỏ nên góc α tại đó toàn bộ sợi dây sẽ quay nhỏ và

$$\alpha = \frac{v \cdot \Delta t}{l} = \frac{\Delta l}{r} \Rightarrow rv \cdot \Delta t = l \cdot \Delta l = \Delta \left( \frac{l^2}{2} \right).$$

Từ đẳng thức cuối cùng, chúng ta tìm được thời gian mà toàn bộ sợi dây có chiều dài l được quấn quanh hình trụ:

Hình 2.

$$t = \frac{l^2}{2rv}.$$ Trong cùng một khoảng thời gian, sợi dây được tháo ra khỏi hình trụ và tải trọng chuyển đến điểm B (xem Hình 2). Thời gian để tải di chuyển từ điểm B đến điểm C là τ = πl/v.

Do đó, sợi dây hoàn chỉnh, sau đó sợi dây có chiều dài l = 2πrk được tháo ra khỏi hình trụ và quấn quanh nó lần nữa, sẽ bằng

$$T = 2t + \tau = \frac{4\pi^2k^2r}{v} + \frac{2\pi^2rk}{v} = \frac{2\pi^2kr}{v} (2k + 1).$$

B. Mukushev

F735. Hai cuộn cảm giống hệt nhau được kết nối qua các công tắc K1 và K2 với một nguồn có EMF không đổi và điện trở trong r (xem hình. ok). Tại thời điểm kích hoạt đầu tiên, cả hai phím đều mở. Sau đó, các phím K1 được đóng trước, sau đó là các phím K2. Xác định cường độ dòng điện chạy qua công tắc K1 tại thời điểm đóng công tắc K2, biết rằng sau khi đóng công tắc K2 thì dòng điện ổn định qua công tắc K1 lớn gấp đôi dòng điện ổn định qua công tắc K2. Bỏ qua điện trở chủ động của cuộn dây.

◆

Sau khi đóng phím K1, dòng điện qua cuộn dây 1 (xem hình số) sẽ tăng lên. Giả sử tại thời điểm khóa K2 đóng thì cường độ dòng điện này bằng I0. Sau khi đóng phím K2 thì chiều ở hai đầu cuộn dây sẽ bằng nhau. Bỏ qua điện trở thuần của cuộn dây, ta viết điều kiện này dưới dạng

$$L \frac{dI_1}{dt} = L \frac{dI_2}{dt},$$

Trong đó L là độ tự cảm của cuộn dây, I1 và I2 lần lượt là các điểm trong cuộn dây 1 và 2, tại một thời điểm tùy ý nào đó trong vòng quay sau khi đóng công tắc K2. Điều kiện tương tự có thể được viết dưới dạng khác:

$$\frac{d(I_1 - I_2)}{dt} = 0,$$ hoặc I1 - I2 = const,

nghĩa là, sự chênh lệch giữa các giá trị tuyệt đối của dòng điện trong cuộn dây tại bất kỳ thời điểm nào trong quá trình hoạt động (khi cả hai công tắc đóng) không đổi. Hãy tìm sự khác biệt I1 - I2 này dựa vào điều kiện ban đầu, tức là tại thời điểm nối phím K2. Lúc này I1 = I0 và I2 = 0; do đó, I1 - I2 = I0.

Ở trạng thái ổn định, cuộn dây sẽ hoạt động chính xác; hãy ký hiệu chúng là I_{yct.1} và I_{yct.2}. Hiệu điện thế ở hai đầu cuộn dây và do đó ở hai đầu của pin sẽ bằng không. Nếu dòng I6 chạy qua pin vào thời điểm này thì

$$\varepsilon - I_6 r = 0.$$

Do đó, ở trạng thái ổn định, dòng điện qua pin sẽ bằng I6 = ε/r. Từ điều kiện bảo toàn điện tích chúng ta có thể viết

$$I_{yct.1} + I_{yct.2} = I_6 = \varepsilon/r.$$

(1)

Điều kiện để duy trì điện tích có giá trị dòng điện tuyệt đối

44

Thông qua các cuộn dây, dòng điện của chúng cũng được thực hiện; Đó là lý do tại sao

$$I_{\text{уст. 1}} - I_{\text{уст. 2}} = I_0.$$

(2)

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

$$I_{\text{уст. 1}} = \frac{I_0 + \mathcal{E}}{r}, \quad I_{\text{уст. 2}} = \frac{\mathcal{E}}{r - I_0}.$$

Sử dụng sự tương ứng đã cho để đặt dòng điện của chúng - $I_{\text{уст. 1}} / I_{\text{уст. 2}} = 2$ - chúng ta tìm thấy $I_0$:

$$I_0 = \mathcal{E} / 3r.$$

V. Mozhaev

F736. Một chùm electron rơi vào một thanh đồng nhất, cả hai đầu của thanh này đều được nối đất và cùng một số electron trong mỗi giây chạm tới từng centimet chiều dài của thanh. Điện trở của thanh là R. Dòng điện trong phần nối đất bằng I. Tìm hiệu điện thế giữa giữa thanh A và đầu B của nó (xem Hình 1).

F737. Một chùm ánh sáng song song bị tán xạ khi nó đi qua tấm P. Đối với bất kỳ tia sáng nào đi qua tấm này, góc lệch cực đại so với hướng ban đầu là α. Bán kính nhỏ nhất của một điểm sáng có thể thu được bằng cách đặt một thấu kính hội tụ L có tiêu cự F phía sau tấm kính (Hình 1) là bao nhiêu?

Vì thanh đồng nhất nên dòng điện chạy qua nó đối xứng với điểm A. Do đó, tại điểm A dòng điện bằng 0, tức là $I_A = 0$.

Chúng ta hãy nhẩm chia đoạn AB của thanh thành N phần giống nhau. Giả sử ở cuối đoạn đầu tiên (từ điểm A) dòng điện bằng $I_1$. Khi đó ở cuối đoạn thứ k dòng điện là $I_k = kI_1$; ở cuối đoạn thứ N tức là tại điểm B có dòng điện là $I_N = NI_1$. Đồng thời, dòng điện $I_N$ bằng một nửa dòng điện I ở phần nối đất, tức là $NI_1 = I/2$. Do đó $I_1 = I/2N$.

Điện trở của mỗi phần là $R/2N$ và điện áp rơi ở phần thứ k là

$$U_k = I_kR/2N = kI_1R/2N = kIR/4N^2.$$

Hiệu điện thế giữa các điểm A và B bằng tổng điện áp rơi trên tất cả N phần. Kể từ đây,

$$U_{AB} = \sum_{k=1}^{N} U_k = \frac{IR}{4N^2} \sum_{k=1}^{N} k = \frac{IR}{8} \frac{N+1}{N} \xrightarrow{N \to \infty} \frac{IR}{8}.$$

N. Dikansky

Hãy tìm ranh giới của vùng được chiếu sáng phía sau thấu kính. Đặc tính của nó phụ thuộc vào kích thước của ống kính (bán kính khẩu độ), bán kính của chùm sáng và khoảng cách giữa tấm và ống kính. Đặt các tham số này bằng sự tương ứng của r, R và s.

Ở $r > R + stg\alpha$ tất cả các tia tán xạ bởi tấm đều rơi vào thấu kính (Hình 2). Phía sau thấu kính, ranh giới vùng được chiếu sáng được hình thành bởi các tia $I'$ và $4'$ (kết quả khúc xạ của tia 1 và 4, được xác định bởi ranh giới của chùm tia tán xạ tới thấu kính). Các điểm đứt của ranh giới nằm dưới nhận thức của A, B, C. Điểm A nằm trong mặt phẳng thấu kính và cách trục $R + stg\alpha$. Điểm B, giao điểm của tia $I'$ và $3'$, nằm trong mặt phẳng tiêu cự, vì tia 1 và tia 3 tới thấu kính song song. Khoảng cách từ điểm B đến trục là $Ftg\alpha$. Điểm C—điểm giao nhau của các tia $3'$ và $4'$—nằm trong mặt phẳng ảnh rõ nét của tấm tán xạ, vì các tia phát ra từ một điểm của tấm tán xạ được tập trung ở đây. Do đó, điểm C là ảnh của một điểm nằm

45

ở khoảng cách $R$ tính từ trục và ở khoảng cách $s$ tính từ mặt phẳng của thấu kính. Do đó, khoảng cách từ $C$ đến trục là $RF/(s-F)$ (bạn tự tính toán).

Tên vết nằm trong mặt phẳng gần trục đứt gãy nhất; do đó bán kính của nó bằng giá trị nhỏ nhất của các khoảng cách $R+s tg \alpha$, $F tg \alpha$ và $RF/(s-F)$. Theo đó, màn hình phải được đặt gần thấu kính, hoặc trong mặt phẳng tiêu điểm, hoặc trong mặt phẳng chứa ảnh rõ nét của tấm kính. Lưu ý rằng tại $s<F$ các tia $3'$ và $4'$ phía sau thấu kính không giao nhau (hình ảnh tấm là tối thiểu) và chỉ còn lại các điểm gấp khúc $A$ và $B$.

Ở $r<R-s tg \alpha$ ranh giới của vùng được chiếu sáng phía sau thấu kính được hình thành bằng cách “hạn chế” các tia đi qua các cạnh của thấu kính (Hình 3). Các điểm ngắt ranh giới nằm trong mặt phẳng thấu kính ở khoảng cách $r$ tính từ trục (điểm $A_1$) và trong mặt phẳng tiêu điểm, như trước đây, ở khoảng cách $F tg \alpha$ (điểm $B_1$). Không có sự phá vỡ lớn. Giá trị tối thiểu $r$ và $F tg \alpha$ cho biết bán kính của điểm nhỏ nhất.

Cuối cùng, trong trường hợp trung gian $R+s tg \alpha>r>R-s tg \alpha$ (Hình 4), các điểm ngắt ranh giới lần lượt nằm trong mặt phẳng của thấu kính, trong mặt phẳng tiêu điểm và trong mặt phẳng của ảnh rõ nét của tấm kính ở các khoảng cách $r$, $F tg \alpha$ và $RF/(s-F)$.

Đối với $\alpha$ đủ nhỏ, trong tất cả các trường hợp này, điểm nhỏ nhất sẽ nằm trong mặt phẳng tiêu điểm và bán kính của điểm này $F tg \alpha$ không phụ thuộc vào bán kính của chùm tia đầu tiên hoặc đường kính của thấu kính. Điều thú vị là, sự nén chùm tia gần mặt phẳng tiêu điểm - gọi là sự giao nhau - được sử dụng trong máy hiện sóng điện tử để tạo thành chùm tia điện tử hẹp, tập trung.

I. Vorobiev

F738. Các hạt chuyển động theo một hướng với tốc độ không đổi. Vận tốc hạt tăng đồng đều từ giá trị $v_1$ ở thời điểm lạnh của cột đến giá trị $v_2$ ở phần đuôi cột. Tại một thời điểm nào đó, các hạt chiếm một đoạn có chiều dài $l_0$ và đồng thời có $n_0$ các hạt trên một đơn vị chiều dài. Có bao nhiêu hạt sau thời gian $t$ trên một đơn vị chiều dài ở đuôi cột?

Cho các hạt chiếm một đoạn có độ dài $l_0$ tại thời điểm 0. Trong thời gian $t$, hạt ở đầu cột sẽ chuyển động $v_1 t$, và hạt ở đuôi cột sẽ chuyển động $v_2 t$ (Hình 1). Các hạt phía sau di chuyển nhanh và đẩy các hạt ở đầu cột lên. Việc xem xét giữa phần đầu tiên và phần cuối cùng sẽ giảm đi $t$ theo thời gian $(v_2-v_1) t$ và sẽ bằng nhau

$$l = l_0 - (v_2 - v_1) t.$$

Việc giảm độ dài của đoạn bị chiếm bởi tất cả các hạt được xác định bởi sự chênh lệch vận tốc của các hạt ở đầu và cuối đoạn. Điều tương tự cũng đúng đối với khoảng cách giữa hai hạt bất kỳ của cột.

Giả sử tại thời điểm ban đầu có hai hạt cách nhau $\Delta x_0$. Khi đó sự khác biệt về tốc độ của chúng là

$$\Delta v = \frac{(v_2 - v_1)}{l_0} \Delta x_0$$

(vì tốc độ hạt tăng đều về phía đuôi cột). Việc xem xét giữa các hạt trong thời gian $t$ sẽ giảm đi $\Delta v t$ và sẽ trở nên bằng nhau

46

$$\Delta x = \Delta x_0 - \Delta v \cdot t = \left( 1 - \frac{(v_2 - v_1) t}{l_0} \right) \Delta x_0.$$

Như chúng ta thấy, khoảng cách giữa hai hạt bất kỳ giảm theo thời gian với số lần như nhau; do đó, các hạt vẫn phân bố đều dọc theo cột. Nói cách khác, số $n$ của một hạt tới trên một đơn vị chiều dài của cột là như nhau ở bất kỳ vị trí nào, giống như tại thời điểm ban đầu.

Để tìm $n$, loại bỏ tổng số phần $n_0 l_0$ theo độ dài của cột tại thời điểm $t$:

$$n = \frac{n_0 l_0}{l_0 - (v_2 - v_1) t} = \frac{n_0}{1 - \frac{(v_2 - v_1) t}{l_0}}.$$

Hình 2 thể hiện sự phụ thuộc $n(t)$. Khi thời gian $k$ tiến đến thời điểm $t_0 = l_0/(v_2 - v_1)$, nồng độ $n$ của các hạt tăng vô hạn và tại $t > t_0$ đổi dấu, tiếp tục giảm về giá trị tuyệt đối. Hành vi này của $n(t)$ không khó hiểu: vào thời điểm $t_0$ tất cả các hạt sẽ tập trung tại một điểm - điều này tương ứng với sự tập trung vô hạn; sau đó, khi các hạt phía sau vượt qua các hạt phía trước, thứ tự của các hạt sẽ thay đổi - điều này được biểu thị bằng sự thay đổi dấu của $n$.

I. Vorobiev

F739. Trong một hình trụ nối có chiều cao $H$ với diện tích đáy $S$, một khối nước $M$ chảy vào từ một ống nằm ngang mỗi giây. Có một lỗ nhỏ ở chân đế. Trên mặt nước trong bình có một tép lekka mỏng. Từ một thời điểm nhất định, chiều cao của mực nước trong bình không đổi và bằng $h_0$. Xác định tốc độ nước chảy ra khỏi lỗ.

Ở trạng thái ổn định, những giấc mơ tác động lên miếng bọt biển được cân bằng. Một lực do nước rơi xuống tác dụng lên miếng bọt biển

$$F = \frac{M \cdot \Delta t \cdot \sqrt{2g(H - h_0)}}{\Delta t} = M \sqrt{2g(H - h_0)}.$$

Lực này có tác dụng đúng lúc $\Delta t$

$$\Delta A = F \cdot \Delta x = F \frac{\Delta V}{S} = F \frac{M \cdot \Delta t}{\rho S}.$$

Theo định luật bảo toàn năng lượng

$$\Delta A + \Delta \Pi = \Delta K,$$

hoặc

$$\Delta A + M \cdot \Delta t \cdot g \cdot h_0 = M \cdot \Delta t \cdot \frac{v_1^2 - v_2^2}{2},$$

trong đó $v$ là tốc độ nước rơi trên miếng bọt biển, $v_1$ là tốc độ nước chảy ra khỏi lỗ. Vì lỗ nhỏ nên $v^2 \ll v_1^2$. Cuối cùng chúng tôi nhận được

$$\frac{F}{\rho S} + g h_0 = \frac{1}{2} v_1^2,$$

Ở đâu

$$v_1 = \sqrt{2 g h_0 + \frac{2 M}{\rho S} \sqrt{2 g(H - h_0)}}.$$

I. Omelyan

F740. Bình chứa hỗn hợp khí - heli và oxy. Ở nhiệt độ $t = -2^\circ C$ và áp suất $p = 0,9$ atm, mật độ của hỗn hợp này là $Q = 0,44 \text{ кel/м}^3$. Chiếc bình trông như thế nào nếu một nửa số phân tử oxy bị loại bỏ khỏi nó?

Cho hỗn hợp $1 \text{ m}^3$ chứa $v_1$ mol heli và $v_2$ mol oxy. Khi đó tổng số mol về thể tích $V = 1 \text{ m}^3$ bằng

$$v = v_1 + v_2 = \frac{p V}{RT} = \frac{0,9 \cdot 10^5 \cdot 1}{8,3 \cdot 271} \approx 40 \text{ mol}.$$

Khối lượng của hỗn hợp trong thể tích này bằng

$$m = m_1 + m_2 = \mu_1 v_1 + \mu_2 v_2 = \rho V = 0,44 \text{ кг}.$$

Giải hệ phương trình

47

$$\begin{align*} v_1 + v_2 &= 40, \\ 4 \cdot 10^{-3} v_1 + 32 \cdot 10^{-3} v_2 &= 0,44, \end{align*}$$

chúng tôi tìm thấy $v_1$ và $v_2$:

$$v_1 = 30 \text{ моль}, \quad v_2 = 10 \text{ моль}.$$

Nếu một nửa số phân tử oxy bị loại bỏ khỏi bình thì tổng số mol sẽ trở thành $v' = 35 \text{ моль}$. Áp suất $p'$ trong bình ở điều kiện này sẽ được tìm thấy từ sự tương ứng $p/p' = v/v'$:

$$p' = p \frac{v'}{v} = 0,9 \cdot 10^5 \cdot \frac{35}{40} \approx 0,79 \cdot 10^5 \text{ Па.}$$

A. Zilberman

F741. Chúng ta mắc nối tiếp hai tụ điện có công suất 1 μF với dòng điện xoay chiều có chiều 220 V và tần số 50 Hz. Một điện trở có điện trở $R = 100 \text{ кОм}$ được mắc song song với một trong các tụ điện (xem hình. ok). Tìm nhiệt năng.

◆ Điện trở điện dung ở một tần số nhất định $f = 50$ Hz bằng

$$Z_C = \frac{1}{2\pi f C} \approx 3 \cdot 10^3 \text{ Ом}.$$

Vì điện trở của điện trở là $R = 10^6 \text{ Ом}$, tức là

$$R \gg Z_C, \text{ можно считать, что } U_R \approx U/2 = 110 \text{ В (U — напряжение сети)}. \text{Takим образом, тепловая мощность равна}$$
$$P = U_R^2/R \approx 0,12 \text{ Вт.}$$

A. Zilberman

F742. Một bình thủy tinh có mặt cắt ngang nguyên thủy được lắp giữa hai thấu kính thu có tiêu cự $F$ vuông góc với trục quang của thấu kính (Hình 1). Nguồn sáng chính xác $S$ nằm trong mặt phẳng tiêu cự của thấu kính $J_1$. Khi bình rỗng, ảnh của nguồn được quan sát trên màn E nằm trên tiêu diện của thấu kính $J_2$. Bình chứa đầy một chất lỏng trong suốt, được hiển thị

Sóng cầu lan truyền từ một nguồn sáng chính xác $S$, tức là mặt sóng (bề mặt pha không đổi) có dạng hình cầu có tâm tại điểm $S$. Sau khi đi qua thấu kính $J_1$, mặt trước trở nên phẳng (vì điểm $S$ nằm ở tiêu điểm của thấu kính $J_1$). Vì mặt trước song song với mặt phẳng chứa thấu kính và với các thành bên của bình. Nếu bình rỗng thì sau khi đi qua bình, mặt sóng vẫn song song với thành bình. Một chùm tia song song với trục chính của thấu kính sẽ tác dụng vào thấu kính $J_2$ và ảnh của nguồn $S$ sẽ nằm đúng tiêu điểm của thấu kính.

Khi một bình chứa đầy chiết suất (chiều cao) thay đổi, hướng của mặt sóng trong không gian sau khi truyền qua bình sẽ thay đổi. Để tìm mặt trước trong trường hợp này, chúng tôi sử dụng

Hình 1.

Hình 2.

48

chiết suất của nó thay đổi theo chiều cao tuân theo định luật $n(y) = n_0 + \alpha y$. Độ dày của lớp chất lỏng là $L$. Hình ảnh nguồn trên màn hình sẽ dịch chuyển theo chiều dọc bao nhiêu? Sự thay đổi chiết suất theo độ sâu của lớp nước được coi là nhỏ trong đường kính của chùm sáng.

nguyên lý Heugens - Fresnel. Theo nguyên tắc này, mặt trước sau khi ánh sáng đi qua nước sốt sẽ là một lớp bao gồm các sóng thứ cấp, nguồn của chúng nằm ở thành bên trái của nước sốt.

Chúng ta hãy tìm vị trí của mặt trước tại thời điểm các sóng thứ cấp từ các nguồn nằm trên thành bên trái của nước sốt ở độ cao $h$ tính từ đáy của nó (Hình 2) tới thành bên phải của nước sốt. Thời gian $t$ để các sóng này truyền được quãng đường $L$ bằng

$$t = \frac{L}{c/n(h)} = L \frac{n_0 + \alpha h}{c},$$

trong đó $c$ là tốc độ ánh sáng trong chân không, $n(h) = n_0 + \alpha h$ là chiết suất trong chất lỏng ở độ cao $y = h$. Cùng một khoảng cách $L$ sóng truyền từ các nguồn nằm trên thành bên trái của nước sốt ở độ cao $y < h$ sẽ truyền đi theo thời gian

$$t_1 = L \frac{n_0 + \alpha y}{c} < t$$

(chúng tôi giả sử $\alpha > 0$). Do đó, theo thời gian $t$ các sóng này sẽ truyền sang bên phải nước sốt một khoảng cách

$$l(y) = (t - t_1)c = L\alpha(h - y).$$

Đại lượng $l(y)$ là hàm tuyến tính của $y$. Do đó, sau khi ánh sáng đi qua lớp nước sốt, đường bao của sóng thứ cấp, tức là mặt sóng, sẽ là một mặt phẳng nghiêng với thành bên của lớp nước sốt một góc sao cho (xem Hình 2).

$$tg\varphi = l(y)/(h - y) = L\alpha.$$

Như vậy, một chùm tia song song nghiêng một góc $\varphi$ với trục quang của thấu kính sẽ rơi vào thấu kính $\varPi_2$. Ảnh của nguồn $S$ sẽ thu được trong mặt phẳng tiêu cự của thấu kính $\varPi_2$ ở khoảng cách xa

$$\delta = F \cdot tg\varphi = FL\alpha$$

khỏi trục của thấu kính. Với $\alpha < 0$ hình ảnh sẽ bị dịch chuyển xuống trục một lượng tương tự.

V. Mozhaev

Matematika
khối ma thuật

(Để bắt đầu, xem trang 22)

12. “Khối lập phương được sơn lại” Các thao tác cơ bản giống nhau, nhưng 1) một mũi tên được vẽ trên mỗi khối trung tâm, ghi lại lượt của nó; 2) hình lập phương được sơn ba màu sao cho màu của các mặt đối diện ở trạng thái 0 giống nhau.

13. “Ma thuật song song $n \times m \times k$”. Mô tả về trò chơi này phải rõ ràng ngay từ tiêu đề. Tất nhiên, không phải mọi khuôn mặt đều có thể được xoay chỉ bằng $180^\circ$, và không chỉ các khuôn mặt mà cả những con voi bên trong cũng có thể được thể hiện. 9 lựa chọn khác tương ứng với $n, m, k \leq 3$ hoàn toàn không hề tầm thường. Biến thể $3 \times 3 \times 2$ được biểu diễn ở Hungary dưới cái tên “Domino”. Gần đây, khối lập phương $4 \times 4 \times 4$ bắt đầu được sản xuất tại Hungary với cái tên tuyệt vời “Địa điểm của Rubik”!

14. “Khối ma thuật $3 \times 3 \times 3$”. (Dành cho những ai hơi quen với hình học bốn chiều.)

15. “Đa diện kỳ ​​diệu”. Các quả bóng có màu sắc khác nhau nằm ở các đỉnh và ở giữa các cạnh của một khối đa diện tùy ý (số lượng màu bằng tổng số đỉnh và cạnh của khối đa diện đó). Trong một lần di chuyển, bạn có thể sắp xếp lại tất cả các quả bóng ở một bên theo chu kỳ. Trạng thái ở đây được mô tả hoàn toàn bằng các hoán vị $s$ và $t$.

16. “Mặt đất nung ma thuật” Trạng thái số 0 là một khối đất nung thông thường, mỗi mặt của nó được sơn bằng một trong bốn màu. Khi “xoay các mặt”, các “phần tử” 4 góc và 6 cạnh sẽ di chuyển, hình dạng của chúng sẽ không được chỉ định. Điều quan trọng là ở đây, ngoài các hoán vị, hướng của chúng cũng phải được tính đến. Các tùy chọn khác để thu được với khối tám mặt, khối mười hai mặt và khối icosadron.