Cách xác định khối lượng cá voi bơi ngoài khơi Greenland

«Kvant» mỉm cười

Làm thế nào để xác định khối lượng của một con cá voi bơi ngoài khơi Greenland?
bài toán này đã được trao cho các đội học sinh tại Giải đấu các nhà vật lý trẻ lần thứ IV ở Moscow. Đội trường số 91 trình bày 91 lời giải. Một số trong số họ đại diện cho sự chú ý của độc giả.

Trong mọi nghiệm, mật độ của cá voi được coi là bằng mật độ của nước, từ đó
$$V_{\text{кита}} = M_{\text{кита}} / \rho_{\text{H}_2}\text{O}.$$

“Mùa xuân”
Chúng ta lấy một lò xo có độ cứng cho trước $k$. Chúng tôi đính kèm WHALE vào nó. Chúng tôi đo chu kỳ dao động $T$. Khi đó khối lượng của WHALE bằng
$$M_{\text{кита}} = \frac{T^2 k}{4\pi^2}.$$
Đây là nơi tìm thấy khối lượng của nó.

“Mồi nhử”
Một món đồ chơi bơm hơi WHALE được mua từ Toy House. Nó được nhấn và âm lượng của nó thay đổi. Sau đó anh ta được đưa đến bờ biển Greenland và được thả đi bơi. Vì điều kiện bài toán không quy định cụ thể thuế TNDN là gì nên thuế TNDN này thỏa mãn điều kiện. Khối lượng của nó được biết trước.

“Tỉ lệ”
Trong bài toán Số 1 (xem trang 57), cần phải thay đổi các thông số của thiên hà. Sau đó, dễ dàng nhận thấy khối lượng thuế TNDN so với khối lượng của thiên hà có thể bỏ qua.

“Mặt trăng”
Cá voi, giống như bất kỳ vật thể có khối lượng nào, tác dụng lực lên Mặt trăng
$$F = \gamma \frac{M_{\text{кита}} \cdot M_{\text{Луны}}}{R^2},$$
trong đó $R$ là khoảng cách từ WHALE đến Mặt trăng (đã biết). Vẫn phải thay đổi lực $F$ bằng cách thay đổi quỹ đạo của Mặt trăng dưới tác động của CHAPE.

“Phương pháp nói chung đơn giản”
KEITH cần phải được nâng cao. Đặt nó lên bàn cân và cân nó!
Sau đó chúng tôi truy vấn để tìm khối lượng của nó.

“Phương pháp rất đơn giản”
Chúng ta cần thay đổi WHALE bằng một centimet!

62

Paul Dirac
và bài toán
về ba ngư dân
(Để bắt đầu, xem trang 30)

Điều này cho thấy các số $N_k$ sẽ là số nguyên cho $k=0, 1, 2$ và 3 khi và chỉ khi số $N+2$ chia hết cho $3^3=27$. Do đó, $N=−2+27n$, trong đó $n$ là số nguyên bất kỳ. Số $N_3$, và do đó, $N_k$ khi $k≤3$, sẽ không âm nếu $n≥1$. Cụ thể, giá trị không âm nhỏ nhất lời giải $N_{\min}=25$ thu được cho $n=1$ và đối với $n=0$ thì Dirac lời giải thu được $N=−2$. TRONG-
đáp số, gợi ý, lời giải

«Kvant» cho học sinh nhỏ
(xem «Kvant» số 8)

1. Lưu ý rằng trong bài toán không nói đường là kẹo hay bánh gừng. Vì vậy cần phải xem xét hai trường hợp. Hãy biểu thị số tiền mà Vadik có là $x$ kopecks, khi đó các chàng trai sẽ có tổng cộng $3x$ kopecks. Từ tuyên bố của Vadik, người ta cho rằng bánh gừng có giá $(6x−2):8$ kopecks, và từ tuyên bố của Kostya, người ta cho rằng chiếc kẹo có giá $(3x−3):6$ kopecks. Nếu kẹo đắt hơn bánh gừng thì $(3x−3):6=(6x−2):8+2,$ từ đâu $x=7$ kopecks; nếu chúng ta giả định rằng chiếc kẹo rẻ hơn bánh gừng 2 kopecks, thì $(3x−3):6=(6x−2):8−2,$ có giá trị từ $x=−9$ kopecks, điều này là không thể. Như vậy, Vadik còn lại 7 kopecks và Kostya có 14 kopecks.

2. Đáp số: 250cm2. Thật vậy, tấm kính ráo nước giao với tấm kính cố định trong một hình chữ nhật có kích thước 10 cm × 25 cm. Nếu bạn đóng cửa sổ, hình chữ nhật này sẽ biến mất, tức là một phần cửa sổ bao phủ khu vực của hình chữ nhật này sẽ mở (xem Hình 1).

3. Đặt bình lên trên $A$ (Hình 2, a) và bắt đầu đổ nước vào bình. Khi đổ thêm sao cho mặt nước có hình tam giác $A_1BD$ (xem Hình 2, a). Dễ dàng tính được rằng lúc này nước sẽ chiếm $\frac{1}{6}$ thể tích của bình. Sau đó, không uống nước, đặt bình lên cạnh $AD$ (Hình 2, b). Xoay khối lập phương, cộng sao cho mặt nước đi qua cạnh $BC$ (xem Hình 2, b). Đánh dấu trên cạnh $AA_1$ điểm $X$ giao điểm với mặt nước. Sau đó $|AX|=\frac{1}{3}|AA_1|$ (tại sao?).

Bây giờ, đặt bình lên đế $ABCD$, phần thân phải đạt đến điểm $X$.

4. Các chàng trai đứng theo thứ tự sau: Oleg, Yura, Volodya, Misha, Sasha.

Sự khác biệt là gì?
(xem «Kvant» số 8)

Tại $\frac{\sqrt{3}}{2}(\sqrt{3}-1)l$. Trong bài toán 1 vùng một hàm xác định $S_1(x)=\frac{|CD|}{2l}x(l-x)$ – tích hợp $]0; l[$, trong vùng bài toán 2 một hàm xác định $S_2(x)=\frac{\sqrt{3}}{4}x(l-x)$ – nhận được giá trị

63

Hình 3.

$$\frac{\sqrt{3}}{2} (\sqrt{3}-1) l; l$$
hàm $S_2$ nhận giá trị lớn nhất tại $x = \frac{\sqrt{3}}{2} (\sqrt{3}-1) l$ (Hình 3). Khi $0 < x < \frac{\sqrt{3}}{2} (\sqrt{3}-1) l$ được sử dụng, hình tam giác không tồn tại!

Tại sao lại như vậy?
(xem «Kvant» số 8)

Bởi vì đối với một hình nón, diện tích bề mặt bên phải được lấy làm giới hạn của tỷ lệ giữa mức tăng thể tích của hình nón với mức tăng “chiều cao bên” $h$ (xem Hình 4),

Hình 4.

chứ không phải tăng bán kính của đáy $R$, tức là một hàm tùy ý $V(h)$ nhân $h$.

Vì $R = \frac{h}{\sin \alpha}$ và $H = \frac{h}{\cos \alpha}$,

$$V(h) = \frac{1}{3} \pi \cdot \frac{h^3}{\sin^2 \alpha \cdot \cos \alpha}.$$

Có nghĩa,

$$S = \pi \cdot \frac{h^2}{\sin^2 \alpha \cdot \cos \alpha}$$

Vì $L = \frac{H}{\sin \alpha} = \frac{h}{\sin \alpha \cdot \cos \alpha}$,

$$S = \pi R L.$$

Trang cờ vua
(xem «Kvant» số 6)

Nhiệm vụ 11 (E. Law, 1953) 1. Kra1! Nph1 (thua 1…K:h3 2. Fel Nph2 3. Qh4+

Nhiệm vụ của độc giả của chúng tôi
(xem «Kvant» số 7, trang 60)

Trong cột thứ $k$, các bảng được coi là cấu tạo nên các số $k + 9n$ ($n = 0, 1, 2, \dots$), tức là các số cho phần dư $k$ khi chia cho 9. Vì $(k + 9n)^2 = k^2 + 9(2nk + 9n^2)$, bình phương của tất cả các số này cũng cho cùng số dư khi chia cho 9 và do đó xuất hiện trong cùng một cột.

Cho một số tùy ý $a = a_1 + 10a_2 + 100a_3 + \dots$. Ta hãy biểu thị tổng các chữ số của nó bằng $\Sigma(a)$, sau đó là $\Sigma(a) = a_1 + a_2 + a_3 + \dots = a - 9(a_2 + 11a_3 + \dots)$, do đó các số $a$ và $\Sigma(a)$ khi chia cho 9 có số dư bằng nhau và do đó đứng cùng một cột.

Sau khi bình phương đầu tiên một số tùy ý $a$ từ cột thứ $k$ và cộng các chữ số của kết quả, ta được số $\Sigma(a^2)$, số dư khi chia cho 9 là:

$$k = 1 \ 2 \ 3 \ 4 \ 5 \ 6 \ 7 \ 8 \ 9$$

$$\Sigma(a^2) = 1 \ 4 \ 9 \ 7 \ 7 \ 9 \ 13 \ 10 \ 9.$$

Khi các thao tác này được lặp lại, một số từ cột thứ 1, thứ 3, thứ 6, thứ 8 hoặc thứ 9 vẫn ở cùng một cột; các số từ thứ 4 đến thứ 7 và ngược lại; từ thứ 2 và thứ 5 đến thứ 7, rồi đến thứ 4, lại thứ 7, v.v.

Chúng ta sẽ chỉ ra rằng sau khi lặp lại đủ số, kết quả sẽ nhỏ hơn 27. Nếu $a - m$ là một số có chữ số thì $a \geqslant 10^{m-1}$. Mặt khác, số $a^2$ trong trường hợp này có tối đa 2$m$ ký tự; do đó $\Sigma(a^2) \leqslant 9 \cdot 2m = 18m$. Nhưng $10^{m-1} > 18m$ với $m \geqslant 3$ (prover), do đó, nếu $a$ được viết với ít nhất dấu thứ ba, $\Sigma(a^2) < a$. Điều này có nghĩa là bằng cách lặp lại các thao tác, chúng ta có thể giảm số cho đến khi nó trở thành hai giá trị. Hơn nữa, với hai số bất kỳ $a$, chúng ta có $\Sigma(a^2) \leqslant 18 \cdot 2 = 36$ và bình phương của bất kỳ số nào $a \leqslant 36$ không vượt quá $36^2 = 1296$, do đó, đối với tổng các chữ số của nó, chúng ta có $\Sigma(a^2) < \Sigma(999) = 27$ (999 không phải là số chính phương).

Bây giờ vẫn cần xem xét các số nhỏ hơn 27. Đối với cột thứ 1 và thứ 8, đây là 19, 10 và 1: $\Sigma(19^2) = 10$, $\Sigma(10^2) = 1$ và 1 tạo ra chuỗi 1, 1, 1… Đối với cột thứ 3, 6 và 9, đây là 18 và 9: $\Sigma(18^2) = 9$, $\Sigma(9^2) = 9$, tạo ra chuỗi là 9, 81, 9, … Đối với cột thứ 4 là 22 và 13: $\Sigma(22^2) = 16$, $\Sigma(16^2) = 13$, $\Sigma(13^2) = 16$, tạo ra chuỗi 13, 169, 16, 256, 13, … Đối với cột thứ 2, 5 và 7 cũng là chuỗi tương tự. Để so sánh, ông khuyên người đọc giải bài toán số 2 trong cuốn sách của G. Steinguzza “One Hundred bài toán” (M., “Nuka”, 1976).

64

Trang bìa thứ tư
(xem «Kvant» số 7)
Đáp số được hiển thị trong hình ảnh.

Tổng biên tập - Viện sĩ I. K. Kikoin
Phó Tổng biên tập thứ nhất - Viện sĩ A. N. Kolmogorov
Phó tổng biên tập: M. N. Danilycheva, V. A. Leshkovtsev, Yu. P. Solovyov
Tuyển tập biên tập: L. G. Aslamazov, M. I. Bashmkov, V. E. Belonuchkin, V. G. Boltyansky, A. A. Borovoy, Yu. M. Brook, V. V. Vavilov, N. V. Vasiliev, S. M. Voronin, B. V. Gnedenko, V. L. Gutenmacher, N. P. Dolbilin, V. N. Dubrovsky, A. N. Zemlykov, A. R. Zilberman, A. I. Klimanov, S. M. Kozel, S. S. Krotov, L. D. Kudryavtsev, A. A. Mikhailov, E. M. Nikshin, S. P. Novikov, M. K. Potapov, V. G. Razumovsky, N. A. Rodina, N. H. Rozov, A. P. Savin, Ya. A. Smorodinsky, A. B. Sosinsky, V. M. Uroev, V. A. Fabrikant
Ban biên tập: A. M. Baldin, S. T. Belyaev, B. V. Bukhovtsev, E. P. Velikhov, I. Ya. Verchenko, B. V. Vozdizhensky, G. V. Dorofeev, N. A. Ermolaeva, A. P. Ershov, Yu. B. Ivanov, L. V. Kantorovich, P. L. Kapitsa, V. A. Kirillin, G. L. Kotkin, R. N. Kuzmin, A. A. Logunov, V. V. Mozhaev, V. A. Orlov, N. A. Patrikeeva, A. V. Peryshkin, R. Z. Sagdeev, S. L. Sobolev, A. L. Stasenko, I. K. Surin, E. L. Surkov, L. D. Faddeev, V. V. Firsov, G. N. Ykovlev

Số đã được chuẩn bị:
A. Vilenkin, V. Dubrovsky, A. Egorov, I. Klumova, T. Petrova, A. Sosinsky, V. Tikhomirova, Y. Shikhanovich

Số đã được phát hành:
L. Denisenko, M. Dubakh, G. Krasnikov, N. Kuzmin, S. Lukhin, E. Nazarov, I. Smirnova

Trưởng biên tập L. Chernova

Biên tập nghệ thuật T. Makarova

Người hiệu đính N. Dorokhova

103006, Mátxcơva, K-6, st. Gorky, 32L,
«Kvant», điện thoại. 250-31-73

Giao hàng vào ngày 17/7/82. Ký xuất bản ngày 26 tháng 8 năm 1982
in offset
Giấy 70×1081/16. Vật lý. lò 4
Lò nướng có điều kiện l. 5.60 Biên tập học thuật. tôi. 6.91 T-16733
Giá 40 kopecks. Đặt hàng 1798 Phát hành 175.634 bản.

Lệnh lao động thay thế màu đỏ
Nhà máy in Chekhov
VO “Soozloligraphrom”
Ủy ban Nhà nước Liên Xô
cho công việc xuất bản và in ấn
và buôn bán sách
Chekhov, khu vực Moscow

Trang cờ vua

Tư vấn: vô địch cờ vua thế giới, kiện tướng quốc tế A. Karpov. Trang này được điều hành bởi E. Gik, Thạc sĩ Thể thao Cờ vua Liên Xô, Ứng viên Khoa học Kỹ thuật.