Các học sinh đoạt giải Olympic học sinh toàn liên đoàn lần thứ XVII

Kvant 1983, số 11 tr. 56, 57, 61, 62, 63 Thẻ VB2Z

Bản dịch tự động sơ bộ, chất lượng thấp: có thể còn lỗi và câu chữ chưa tự nhiên. Bản này sẽ được thay bằng bản dịch tốt hơn. Bản gốc →

cho, thước đo, mảnh nhựa.

Cách chính xác nhất để xác định chiết suất của tấm đang nghiên cứu hóa ra là phương pháp “trường học”. Tấm này được đặt trên giấy vẽ đồ thị và đường đi của các tia được xác định bằng cách kết hợp các đường lưới song song cách nhau 5 mm. Bằng cách thay thế các phép đo góc bằng các phép đo tuyến tính, có thể đạt được sai số đo không quá 5%.

Một phương pháp khác, dẫn đến sai số lên tới 10%, như sau: hai đường thẳng song song, khoảng cách giữa chúng là l = 2 cm, được kiểm tra qua tấm sao cho một đường thẳng hàng với đường kia (Hình 7). Bằng cách đo các khoảng cách H, L, l và d, người ta dễ dàng tính được chiết suất mong muốn n = sin α/sin β.

Phương pháp thứ ba, dẫn đến sai số lên tới 10%, bao gồm sự phản xạ ánh sáng sau đây từ hai bề mặt của tấm (Hình 8). Bằng cách đo khoảng cách l, có thể tính được chiết suất của chất tấm. Phương pháp này cũng phù hợp trong trường hợp mặt dưới của tấm bị đen và do đó hai phương pháp đầu tiên không được sử dụng.

Các phương pháp khác cũng được đề xuất, nhưng chúng có độ chính xác đo kém hơn so với các phương pháp được mô tả ở trên.

Phần thứ hai của nhiệm vụ có nhiều khó khăn hơn. Hãy mô tả hai cách để làm điều đó.

Phương pháp đầu tiên, hợp lý nhất được áp dụng bởi A. Alekseev (Leningrad), A. Burshchenko (Novosibirsk) và M. Savrov (Azov), như sau. Bóng đèn đặt gần mắt ở độ cao H tính từ bản đèn. Nếu bạn nhìn vào tấm đĩa theo hướng thẳng đứng, bạn có thể thấy hai hình ảnh của dây tóc bóng đèn. Bằng cách đặt một dải giấy vẽ đồ thị dưới tấm bảng và đánh dấu hai điểm trên đó cách nhau một khoảng x, bạn có thể chọn độ cao H sao cho hai hình ảnh của bóng đèn sẽ ở một khoảng cách nhất định. Bằng cách tính chiết suất của tấm chất n, chúng ta có thể ước tính góc δ giữa các mặt phẳng của tấm và chỉ ra hướng của cạnh nêm (Hình 9):

$\alpha \approx \frac{x}{H}, \alpha=n\delta \Rightarrow \delta \approx \frac{x}{nH}.$

Phương pháp thứ hai, được áp dụng bởi B. Bankkov (Aleksin) và M. Dyachkov (khu định cư Chernogolovka, vùng Moscow), dựa trên việc quan sát hình ảnh dây tóc phát sáng của bóng đèn sau khi phản xạ từ mặt trên và mặt dưới. Khi quay tấm này, khoảng cách giữa ảnh của bóng đèn thay đổi từ 0 đến giá trị lớn nhất. Vị trí của tấm ở mức lắng đọng tối đa hoặc tối thiểu giữa các hình ảnh mẫu đã cho phép chúng ta đưa ra kết luận về vị trí của cạnh nêm và nơi nào độ dày của tấm là tối đa và nơi nào là tối thiểu. Sẽ thuận tiện hơn khi tính góc δ khi kết hợp cả hai hình ảnh (Hình 10). Bằng cách đo khoảng cách h, l và L, có thể tính được góc δ mong muốn.

Người chiến thắng G. (Sverdlovsk, ssh. Số 9),
Vorozheikin V. (Moscow, Trường Vật lý số 18, Đại học quốc gia Moscow),
Kokhas K. (Leningrad, s.sh. Số 239),
Orlov D. (Vladimir, ssh. Số 8),
Rodionov A. (Moscow, ssh. Số 444),
Sadztov S. (Rostov-on-Don, tuyến phía bắc số 14),
Sedola S. (Riga, số 1),
Kharitonov R. (Nikolaev, s.sh. Số 38).

bằng tốt nghiệp cấp III
trong 8 lớp nhận được
Atamanchik Yu. (Khu định cư Ust-Yugan, vùng Tyumen),
Badrin E. (Ryazan, ssh. Số 8),
Dvortsova D. (Minsk, ssh. Số 19),
Espilova T. (Rostov-on-Don, tuyến phía bắc số 5),
Thủy quân lục chiến Yu. (Lvov, ssh. Số 11),
Svyagodukh I. (Krasnoarmeysk, vùng Donetsk, s.sh. Số 3),
Troitsky V. (Yuzhno-Sakhalinsk, tuyến phía bắc số 2);

cho lớp 9 -
Vedernikov A. (Leningrad, Trường Vật lý số 45 tại Đại học bang Leningrad),
Viksna J. (Aluksne, s.sh. Số 1),
Garayev M. (Fuzuli, s.sh. Số 2),
Glukhovsky L. (Moscow, ssh. Số 842),
Kangro R. (Tallinn, số 1),
Kovalevsky A. (Kommunarsk, s.sh. Số 7),
Margevelashivil G. (Tbilisi, Trường Vật lý mang tên Komarov),
Misnik S. (Voronezh, số 62),
Nabtsev S. (Alma-Ata, Liên đoàn bóng đá Nga),
Plakunova E. (Gorky, s.sh. Số 40),
Reisons E. (Riga, số 1),
Serchenko A. (Severomorsk, ssh. Số 12),
Kharlan S. (Gomel, ssh. Số 12),
Sa hoàng Yu. (Kharkov, ssh. Số 116),
Chernyshev S. (Alexandrov, s.sh. Số 5);

cho 10 lớp -
Ayisaar T. (Tartu, số 10),
Arabidze V. (Tbilisi, Trường Vật lý Komarov),
Bayborodin O. (Syktyvkar, ssh. Số 1),
Bulavas V. (Panaevzys, làng Balchikonis),
Vasilchenko E. (Aleksin, ssh. Số 3),
Gavrilov S. (Novosibirsk, Trường Vật lý số 165 tại NSU),
Zorko O. (Vitebsk, ssh. Số 31),
Itenberg I. (Leningrad, Trường Vật lý số 45 tại Đại học bang Leningrad),
Knoy K. (Odesca, ssh. Số 100),
Kuznetsov D. (Gorky, s.sh. Số 36),
Margolin G. (Kalinkovich, ssh. Số 1),
Misnik V. (Chisinau, ssh. Số 37),
Sapetsin I. (Penza, s.sh. Số 29),
Stakhovsky V. (làng Kapustin Yar, vùng Astrakhan, tuyến phía bắc số 231),
Sudak A. (Leningrad, s.sh. Số 8),
Tupailo S. (Kyiv, Trường Vật lý tại KSU).

Vật lý
Bằng cấp đầu tiên
trong 8 lớp nhận được
Grigoriev G. (Kyiv, Trường Vật lý số 2 tại KSU);

cho lớp 9 -
Abanov A. (Krasnoyarsk, s.sh. Số 170),
Baranauska G. (Siauliai, s.sh. Số 5),

bằng cấp II
trong 8 lớp nhận được
Ivaenenko T. (Kyiv, ssh. Số 145),
Kaledin D. (Moscow, ssh. Số 728),
Menkov V. (Moncherorsk, s.sh. Số 3),
Telleev A. (Leningrad, ssh. Số 524);

cho lớp 9 -
Brezgunov A. (Novosibirsk, s.sh. Số 25),
Zakrevsky L. (Minsk, số 50),
Korol A. (Novokuznetsk, s.sh. Số 7),
Kurnikov N. (Gatchina, ssh. Số 1),
Parshin N. (Penza, s.sh. Số 6),
Poteryayko I. (Kyiv, Trường Vật lý số 2 tại KSU),
Prikhodko V. (Rostov-on-Don, s.sh. Số 14),
Yarunin N. (Pavlovo, ssh số 1);

cho 10 lớp -
Amishinsky S. (Leningrad, ssh. Số 239),
Birvalks V. (Riga, số 1),
Burchenko A. (Novosibirsk, Trường Vật lý số 165 tại NSU),
Gnilovskoy A. (Leningrad, s.sh. Số 239),
Kulyabin K. (Chelyabinsk, s.sh. Số 127),
Savrov M. (Azov, ssh số 6),
Fatyanov O. (Kursk, s.sh. Số 6).

bằng tốt nghiệp cấp III
trong 8 lớp nhận được
Zelenok A. (Zdolnovov, s.sh. Số 6),
Lindunen I. (Leningrad, Trường Vật lý số 45, Đại học bang Leningrad);
Loboda A. (Prokopyevsk, ssh. Số 2);

cho lớp 9 -
Vorotneev P. (Leningrad, ssh. Số 239),
Galochki D. (Dnepropetrovsk, s.sh. Số 15),
Kuznitsin K. (Kirov, ssh. Số 16),
Makarov D. (khu định cư Chernogolovka, khu vực Moscow, tuyến phía bắc số 82),
Musayelyan K. (Yerevan, số 55),
Pisarev A. (Moscow, Trường Vật lý số 18, Đại học quốc gia Moscow);

cho 10 lớp -
Aristov D. (Leningrad, Trường Vật lý số 45 tại Đại học bang Leningrad),
Bruenkov E. (Kommunarsk, s.sh. Số 22),
Vinchienko V. (Voroshilovgrad, s.sh. Số 24),
Dolgopolov S. (Perm, ssh. Số 8),
Koba I. (Zaporozhye, s.sh. Số 28),
Kondratyev S. (Kostroma, s.sh. Số 32),
Pivinsky A. (Minsk, ssh. Số 50),
Podoba V. (Kharkov, ssh. Số 9),
Stefanov M. (Moscow, s.sh. Số 1).

a $r$ là khoảng cách đến trục (Hình 8). Lực quán tính ly tâm tác dụng lên một nửa thanh bằng

$F_u6 = \int_0^l \frac{m}{2l} \omega^2 rdr = \frac{m\omega^2 l}{4}.$

Lực này phải bằng lực căng ở giữa thanh, tức là lực mà nửa còn lại của thanh tác dụng lên nửa này. Như vậy,

$T_0 = m\omega^2 l/4.$

Tương tự, đối với lực căng của thanh trong tiết diện ta đặt khoảng cách với trục quay một khoảng $r$ ta thu được

$T = T_0 - \frac{m\omega^2}{2l} \frac{r^2}{2} = \frac{m\omega^2}{4l} (l^2 - r^2),$

nghĩa là lực căng ở giữa mức cực đại và khi nó di chuyển ra xa trục quay thì nó giảm theo định luật bình phương.

Trong hệ quy chiếu quay (Hình 9), mỗi phần tử của chuỗi có chiều dài $\Delta r = r\Delta \alpha$ ( $r = l/2\pi$ là bán kính của chuỗi, $\Delta \alpha$ là kích thước góc của phần tử có chiều dài) chịu tác dụng của một lực quán tính ly tâm $\Delta F_u6 = \Delta m\omega^2 r$ , hướng xuyên tâm từ tâm ( $\Delta m = m\Delta r/l$ ). Chúng ta hãy tìm tổng lực quán tính tác dụng lên một nửa sợi xích. Để làm điều này, bạn cần thêm các hình chiếu của lực theo hướng vuông góc với đường kính nối các đầu của nửa chuỗi. Kết quả là chúng tôi nhận được

$F_u6 = \int_0^\pi \frac{m\omega^2 r}{l} r \sin \alpha \cdot d\alpha = 2mln^2.$

Lực này được cân bằng bởi tổng của hai lực căng tác dụng lên một nửa sợi xích. Vì vậy lực căng dây xích

$T = mln^2.$

Dưới tác dụng của lực quán tính ly tâm, lưỡi dao sẽ bắt đầu di chuyển dọc theo rãnh từ trục quay và dưới tác dụng của lực Corilis, nó sẽ rơi theo hướng ngược lại với hướng quay.
Một hạt nước có khối lượng $\Delta m$ chịu tác dụng của lực Corilis hướng theo phương ngang về phía Tây

$F_k = 2\Delta m\omega v \sin \varphi,$

trong đó $\omega$ là vận tốc góc quay của Trái đất. Đối với một hạt nằm trên mặt nước (Hình 10), lực cân bằng của trọng lực và lực Corilis phải được định hướng bởi sự phân bố lại của mặt nước. Do đó, mặt nước nghiêng về phía chân trời một góc $\alpha$ sao cho

$tg \alpha = F_k / (\Delta m g) = \frac{2\omega v}{g} \sin \varphi.$

Theo đó, sự khác biệt về trình độ

$h = d tg \alpha = 2\omega v d \sin \varphi \approx 10 \text{ см.}$

Khi một dòng sông chảy dọc theo đường song song, lực Corilis hướng một góc so với đường chân trời. Tuy nhiên, đường vĩ tuyến không trùng với đường xích đạo nên lực Corilis luôn có thành phần nằm ngang và hệ số bảo toàn. Đối với một dòng sông chảy dọc theo màn chắn, lực Corilis hướng thẳng đứng và hai bờ đều bị cuốn trôi. Nhưng nếu dòng sông đi qua đường sinh đạo, thì kênh lời giải sẽ thay đổi - sau khi băng qua đường sinh đạo, cây bạch dương đối diện sẽ trở nên tròn trịa. Georgfs thực sự đã quan sát thấy hiện tượng này.

«Kvant» cho học sinh nhỏ (xem «Kvant» số 10)

Không. Bình luận. Lật ngược một trong các ngôi sao, chúng ta có được một hình đối xứng ở giữa (Hình 11).
Đầu tiên, lưu ý rằng mỗi quả bóng ở bên trái nặng hơn quả bóng cùng màu ở bên phải đùi (nếu không phải như vậy thì ta sẽ tìm một cặp bi sao cho quả bóng ở bên trái đùi không nặng hơn quả bóng cùng màu ở bên phải đùi; bằng cách hoán đổi chúng, chúng ta sẽ không vi phạm vị trí của cân). Nếu số lượng bi trên mỗi hạt ít nhất là ba thì khi hoán đổi cặp bi có chênh lệch khối lượng nhỏ nhất, chúng ta sẽ không làm thay đổi vị trí của cân. Vì vậy, không có nhiều hơn hai quả bóng trên cốc. Có lẽ, rất indo, chỉ một quả bóng mỗi lần. Nếu mỗi cặp có hai quả bóng thì sự khác biệt về khối lượng của mỗi cặp quả bóng một quả cần phải bằng nhau.

Xem Hình 12.
Lưu ý rằng các đỉnh của hình vuông chỉ chứa các đỉnh của một trong các hình chữ nhật và các điểm khác của hình vuông chỉ có thể chứa các đỉnh của hai hình chữ nhật. Gọi $n$ là số hình chữ nhật mà hình vuông được cắt vào, $m$ là số điểm của hình vuông là đỉnh của đúng hai hình chữ nhật. Hãy đếm số đỉnh của hình chữ nhật. Một mặt nó bằng $4n$ , mặt khác - $4+2m$ . Do đó $m=2(n-1)$ . Điều này có nghĩa là số điểm là đỉnh của $(m+4)$ là số chẵn.
Khi bị nung nóng, thanh giãn nở chậm hơn thép nên lực nổi sẽ giảm và quả bóng sẽ rơi xuống.

Trước Thế vận hội học đường
(xem «Kvant» số 10)

Trong 365 ngày. Lời giải. Chúng ta hãy biểu thị bằng $A$ lượng nước trong hồ mà không tính đến mùa xuân, bằng $B$ lượng nước được cung cấp mỗi ngày từ mùa xuân, bằng $C$ khẩu phần ăn hàng ngày của một con voi và bằng $x$ con số loại trừ. Sau đó $A+B=183C$ , $A+5B=5 \cdot 37C$ , $A+xB=$

$=xC$ , từ đâu $B=\frac{1}{2}C$ , $A=182\frac{1}{2}C$ và $x=365$ .
2. $a^2+b^2+c^2=(a+b)^2+(a+c)^2+(a+d)^2$ .
3. Gợi ý. Chứng minh rằng $(a-b)^2<\times q(1-q)=0$ .
4. $a=b=c=d=0$ , $a=b=c=d=\sqrt{3}$ , $a=b=c=d=-\sqrt{3}$ .
5. $x=y=z=1$ . Gợi ý. Trừ hai lần thứ hai từ tổng của phương trình thứ nhất và thứ ba.
6. 3. Lời giải. Vì $x^2+3x+10>0$ với mọi $x$ , nên bất đẳng thức này có thể được viết lại thành $|x^2+kx+10|\leq x^2+3x+10$ . Vì vậy, dành cho tất cả mọi người $x(k-3)x\leq 0$ . Do đó $k=3$ .
7. $a$ - vô lý. Lời giải. Phương trình này tương đương với hệ
$\begin{cases} \cos x=1, \\ \sin^2\alpha x=0, \end{cases}$
có lời giải duy nhất nếu $a$ là vô tỉ.
8. $\{\sqrt[3]{5}\}$ . Gợi ý. Nhận thấy rằng $0<x<2$ , hãy xem xét trường hợp $[x]=0$ và $[x]=1$ .
9. 2. Gợi ý. Sản phẩm này bằng $\frac{2(n+1)}{n+2}$ .
10. Gợi ý. Chứng minh rằng đường chéo được chia đôi bởi điểm giao nhau của nó.
11. Gợi ý. Xoay vòng tròn nhỏ hơn xung quanh điểm tiếp tuyến một góc $60^\circ$ . Vị trí giao điểm của các đường tròn sẽ là đỉnh thứ hai của tam giác mong muốn. Xoay theo hướng ngược lại sẽ tạo ra lời giải giây.
12. Hai vòng tròn khác được bao bọc bởi hợp âm $AB$ . Gợi ý. Góc $y$ (Hình 13) bằng $180^\circ-\frac{\alpha}{2}-\frac{\beta}{2}=90^\circ+\frac{1}{2}x$ , nghĩa là với hằng số $x$ thì nó không đổi.
13. Gợi ý. Đặt $\vec{m}_A, \vec{m}_B, \vec{m}_C, \vec{m}_D$ là các vectơ có điểm bắt đầu là $A, B, C, D$ và kết thúc tại giao điểm của các đường trung tuyến của các mặt đối diện. Biểu diễn các vectơ này dưới dạng vectơ
$\vec{AB}, \vec{AC}, \vec{AD} \text{ и докажите, что } \frac{3}{4}\vec{m}_A = \vec{AB}+\frac{3}{4}\vec{m}_B=\vec{BC}+\frac{3}{4}\vec{m}_C=\vec{AD}+\frac{3}{4}\vec{m}_D.$
14. Gợi ý. Chứng minh rằng ít nhất một trong số đó là số chẵn.
15. Lời giải. $2^9+2^{99}=2^9(1+2^{90})=2^9(1+1024^9)=2^9(1+1024^3)(1-1024^3+1024^6)= 2^9 \cdot 1025 \cdot (1-1024+1024^2)(1-1024^3+1024^6).$
16. Bằng chứng. Số $10^n-1$ chia hết cho 9, nhưng $10^m+1$ không chia hết.
17. Lời giải. Như bạn đã biết, tổng các chữ số của một số khi chia cho 9 đều có số dư bằng chính số đó (chứng minh điều này). Do đó, nếu $x$ là số ngoại lệ thì $2x$ và $x$ có số dư giống nhau khi chia cho 9, tức là $2x-x=x$ chia hết cho 9. Đồng thời, trực tiếp xác minh cả hai giá trị của số chia cho 9 đều thỏa mãn điều kiện bài toán.
19. 1089. Gợi ý. Số bắt buộc $x$ không quá 1111 (vì $9x$ là số có bốn chữ số), có tỷ lệ lên đến 9 (vì $9x$ có tỷ lệ lên đến 1) và chia hết cho 9 (vì tổng của các chữ số $y$ và $9x$ bằng nhau).

$x=y=1, z=2$ và $x=y=2, z=1$ . Gợi ý. $z = \frac{1}{y} + \frac{1}{x} \leq 2$ .
6, 7. Gợi ý. Chúng ta hãy biểu thị số chữ số của số $x^2$ bằng $n$ . Sau đó $x^2 - k \cdot \underbrace{11 \dots 1}_{n} = (x-k)^2$ , từ đó $x = \frac{55 \dots 5}{n} + \frac{k+1}{2}$ . Bởi vì $1 \leq k \leq 8$ , $\frac{k+1}{2} \leq 4$ , và do đó số chữ số của số $x$ là $n-1$ , tức là nhỏ hơn một chữ số trong $x$ . Do đó $x \leq 31$ . Một kiểm tra trực tiếp được tìm thấy.
Bằng chứng. Nếu sử dụng ít nhất mười màu thì bạn có thể chọn mười khối nhiều màu; nếu không sử dụng quá chín màu thì vì có 82 khối nên sẽ luôn có 10 khối cùng màu.
Gợi ý. Xét các đỉnh của một tam giác đều tùy ý có cạnh 1 m.
1. Bằng chứng. Hiệu của hai số chia hết cho $k$ nếu chúng có cùng số dư khi chia cho $k$ . Vì có $k+1$ số nên hai số đó sẽ luôn tồn tại.
Lời giải. Gọi $n$ là số nhà ngoại giao. Hãy xoay bảng đến $0^\circ$ , đến $\frac{360^\circ}{n}$ , …, đến $\frac{360^\circ}{n}(n-1)$ - tổng cộng $n$ vị trí bảng. Mỗi nhà ngoại giao thấy mình đang ngồi đối diện với người đọc bàn của mình trong một tư thế trên bàn. Vì số lượng vị trí bằng số lượng nhà ngoại giao và vì ở vị trí ban đầu (“quay sang $0^\circ$ ”) một nhà ngoại giao không ngồi đối diện với máy tính bảng của mình, nên có một số vị trí trong bàn mà hai nhà ngoại giao thấy mình đang ngồi đối diện với máy tính bảng của họ.
Bằng chứng. Hãy chiếu các hình tròn lên một cạnh của hình vuông. Hình chiếu của mỗi đường tròn là một đoạn có chiều dài bằng đường kính của nó và tổng chiều dài của tất cả các đoạn là $10/\pi > 3$ . Có nghĩa,

Hình 13. Hình 14.

Hình 15.

Hình 16. Hình 17.

một số điểm trên cạnh hình vuông sẽ được bao phủ bởi ít nhất bốn hình chiếu; một đường vuông góc vẽ về phía tại điểm này sẽ cắt ít nhất 4 đường tròn.

Bằng chứng. Đối với mỗi dây cung, đường kính vẽ qua bất kỳ điểm nào nhỏ hơn đường kính do bạn của nó phụ thuộc hoặc qua bất kỳ điểm nào khác ngoài điểm đối xứng tâm sẽ cắt dây cung này. Độ dài của người bạn bị dây phụ thuộc lớn hơn độ dài của dây này. Do đó, chiều dài của tất cả các đường tròn như vậy lớn hơn $2 \cdot 7\pi = 14\pi$ và do đó, một số điểm trên đường tròn hóa ra được bao phủ bởi ít nhất tám cung.
Bằng chứng. Chúng ta hãy xây dựng cho mỗi trong số 650 điểm của chúng ta một colus có tâm tại điểm này, được giới hạn bởi các đường tròn có bán kính 2 và 3. Tất cả các colus này nằm trong một đường tròn có bán kính $16+3=19$ và tổng diện tích của chúng bằng $650(9\pi-4\pi)=3250\pi$ , lớn hơn 9 lần diện tích 361π của một đường tròn có bán kính 19. Do đó, ít nhất một điểm $A$ của đường tròn này được bao phủ bởi ít nhất mười vòng, nghĩa là, ít nhất trong số 650 điểm của chúng ta nằm ở khoảng cách từ 2 đến 3. Điều này có nghĩa là cùng một vòng có tâm tại điểm $A$ chứa mười điểm này.
Gợi ý. Hãy xem xét đỉnh nơi số lớn nhất được viết.
Bằng chứng. Đặt $AB$ là đường chéo dài nhất. Sau đó, từ các đường chéo $AB, AC$ và $BD$ (Hình 14), chúng ta có thể tạo thành một hình tam giác, vì $|AB| < |AE| + |EB| < |AC| + |BD|$ .
$x_1 = x_2 = \dots = x_5 = 0$ và $x_1 = x_2 = \dots = x_5 = 2$ . Gợi ý. Giả sử rằng $x_1$ là số lớn nhất. Sau đó từ hai phương trình cuối cùng $0 \geq x_4 - x_1 = x_1^2 - x_2^2 = (x_1 - x_2)x_3^2 \geq 0$ , do đó $x_1 = x_4$ .
$x = y = \sqrt{2}/2$ . Gợi ý. Nếu $x > y$ , thì vì $0 \leq y < x \leq 1$ , chúng ta nhận được $x^2 > x^2 > y^2$ .
Nó bị cấm. Gợi ý. $0 + 1 + 2 + \dots + 9 > 44$ .
Bằng chứng. Chia một cạnh của hình vuông thành 22 phần giống nhau và cạnh kia thành 2 phần giống hệt nhau. Hình vuông sẽ được chia thành 44 hình chữ nhật. Vì $500:44 > 11$ nên ít nhất một trong số chúng chứa 12 điểm. Chúng tôi biểu thị chúng bằng $A_1, A_2, \dots, A_{12}$ từ trái sang phải. Đường gãy $A_1A_2\dots A_{12}$ ngắn hơn đường gãy $A_1B_1A_2B_2\dots B_{11}A_{12}$ (Hình 15), đoạn sau gồm 11 đoạn dọc, mỗi đoạn không dài quá 1/22 và 12 đoạn ngang có tổng chiều dài không quá 1/2.
Chuối. Gợi ý. Sau bất kỳ hành động nào của người góa vợ, số chuối vẫn là số lẻ.
a) và b). Nó bị cấm. Gợi ý. Trong trường hợp a) tổng các số không đổi và trong trường hợp b) tổng các bình phương của các số không đổi.
Họ không thể. Bằng chứng. Chúng ta hãy giới thiệu một hệ tọa độ trên mặt phẳng sao cho các đỉnh của hình vuông nơi châu chấu ngồi bị cắt xén hoặc giảm đi một số chẵn. Do đó, tính chẵn lẻ của tọa độ là bất biến. Do đó, cả hai tọa độ số đều không thể tới đỉnh (1; 1).