Bài toán M871—M875; F883—F887

50

Nhiệm vụ

M871—M875; F883—F887

M871. Các số 1 hoặc -1 được viết trong các ô của bảng 3x3. Sau đó, số trong mỗi ô được ghi bằng tích của các số trong tất cả các ô lân cận (các ô có một cạnh chung được coi là liền kề). Chứng minh rằng sau vài lần lặp lại thao tác này sẽ có đơn vị ở tất cả các ô.

I. K. Zhuk, I. V. Voronovich

M872. Có ba vòng tròn $C_1, C_2, C_3$ bán kính $r_1, r_2, r_3$ trên mặt phẳng, mỗi vòng tròn nằm ngoài hai vòng tròn còn lại, $r_1>r_2$ và $r_1>r_3$. Từ giao điểm của các tiếp tuyến ngoài với đường tròn $C_1$ và $C_2$, vẽ các tiếp tuyến của đường tròn $C_3$, và từ giao điểm của các tiếp tuyến ngoài với $C_1$ và $C_3$, vẽ các tiếp tuyến với $C_2$. Chứng minh rằng hai cặp tiếp tuyến cuối cùng tạo thành một tứ giác trong đó đường tròn nội tiếp và bán kính của nó.

L. P. Kuptsov

M873. Giáo viên viết tam thức bình phương $x^2+10x+20$ lên bảng. Sau đó, mỗi học sinh lần lượt tăng hoặc giảm một trong các hệ số mà họ chọn ở một trong các hệ số thấp hơn (hệ số $x$ hoặc học kỳ tự do), nhưng không phải cả hai cùng một lúc. Kết quả là tam thức $x^2+20x+10$. Có đúng là tại một số điểm, một tam thức bậc hai với toàn bộ nghiệm đã được viết lên bảng không?

A. A. Berzins

M874*. Với số nguyên nào $m$ và $n$ thì đẳng thức a) $(5+3\sqrt{2})^m=(3+5\sqrt{2})^n$ đúng? 6) $(a+b\sqrt{d})^m=(b+a\sqrt{d})^n$, trong đó $a$ và $b$ ($a\neq b$) là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau và $d>1$ là số tự nhiên có ước số không phải là số nguyên tố?

Yu. V. Mikheev

M875. $n\geqslant3$ các số tự nhiên được viết xung quanh vòng tròn và tỉ số giữa tổng của hai số lân cận của bất kỳ số nào trong số này với chính nó là một số tự nhiên. Chứng minh rằng tổng của tất cả các tỉ số a) không nhỏ hơn 2n, 6)* nhỏ hơn 3n.

O. R. Musin

51

F883. Khi một quả đạn pháo phòng không cố định vỡ ra, nó sẽ vỡ ra thành một số lượng rất lớn các mảnh vỡ bay đều về mọi hướng với tốc độ $v_0$. Một viên đạn như vậy bay xuống với tốc độ $u$, phát nổ ở độ cao $H$ so với mặt đất. Khi nào các mảnh vỡ sẽ rơi xuống đất thường xuyên nhất?

I. S. Solodovnikov

F884. Zadchaa N. E. Zhukovsky. Con bọ bò dọc theo một ống hút cứng (không thấm nước) nằm trên sàn nhẵn và bức tường thẳng đứng nhẵn (Hình 1). Ống hút đồng nhất, chiều dài $l$, trọng lượng $m$; khối lượng bọ cánh cứng $M$ ($M \gg m$). Ống hút tạo một góc $\alpha$ với đường chân trời. Tốc độ ban đầu của con bọ tại điểm $B$ bằng $v_0$. Con bọ phải di chuyển như thế nào để ống hút đứng yên? Gia tốc của con bọ phụ thuộc vào quãng đường nó di chuyển dọc theo ống hút như thế nào? Mất bao lâu để con bọ chạm tới điểm đáy? Liệu con bọ có thể trèo lên rơm từ điểm $A$ đến điểm $B$ không?

F885. Các đầu của một thanh đồng nhất có tiết diện không đổi được duy trì ở nhiệt độ $T_1$ và $T_2$ ($T_2 > T_1$). Hệ số nhiệt độ giãn nở tuyến tính của vật liệu thanh là $\alpha$. Chiều dài của thanh là bao nhiêu nếu ở $t = 0^\circ C$ nó là $l_0$?

L. G. Markovich

F886. Dọc theo hai thanh dẫn hướng kim loại song song, nghiêng một góc $\alpha$ so với đường chân trời và nằm cách nhau một khoảng $b$, cây cầu khối $m$ có thể trượt mà không có ma sát kim loại. Các thanh dẫn hướng được đóng bằng một tụ điện emkosti không tích điện $C$ và toàn bộ cấu trúc nằm trong từ trường, cảm ứng $\vec{B}$ hướng thẳng đứng (Hình 2). Tại thời điểm ban đầu, người nhảy được giữ ở khoảng cách $l$ tính từ đế của “đường trượt”. Sau khi thả dây, người nhảy sẽ chạm tới chân đế của “đường trượt” trong bao lâu? Nó sẽ có tốc độ bao nhiêu ở căn cứ? Điện trở của dây dẫn có vấn đề.

A. N. Buzdin

F887. Một chùm tia sáng song song, có tiết diện tròn có đường kính $d$ (Hình 3), chiếu vào một thân thủy tinh, gồm hai hình nón nối với nhau bằng đáy của chúng. Kích thước cơ thể được thể hiện trong Hình 3; chiết suất của chồng $n$. Hình ảnh nào sẽ được quan sát trên màn hình được lắp đặt cách cơ thể một khoảng $l$?

A. V. Helvas

Problems
M871 — M875; P883 — P887

M871. The numbers +1 and —1 are written in the nine little squares of a 3 by 3 square. Then each number in the little squares is replaced by the product of its neighbours (two little squares are neighbours if they have a common side). Prove that after a finite number of such operations the nine little squares will be filled with +1’s.

I. K. Zhuk, I. V. Voronovich

54

6. Trong những điều kiện nào được đưa ra lời giải?

và LN song song với các cạnh AB, CD, AD và CB và có độ dài bằng hai nửa của chúng (là đường trung bình của các tam giác tương ứng), nghĩa là ta biết độ dài của chúng.

Cách xây dựng sau đây bắt nguồn từ điều này: chúng ta dựng các tam giác NMK và NML (trên ba cạnh), sau đó là các đỉnh B và C ($\overrightarrow{BK} = \overrightarrow{KC} = \overrightarrow{NL}$) và A và D ($\overrightarrow{BA} = 2\overrightarrow{KM}, \overrightarrow{CD} = 2\overrightarrow{KN}$).

6. Rõ ràng, bài toán có thể giải được khi và chỉ khi có thể dựng được các tam giác NMK và NML (có thể suy biến), tức là khi các bất đẳng thức được thỏa mãn
   $$||AB| - |BC|| \leq 2|NM| \leq |AB| + |BC|,$$
   $$||AD| - |DC|| \leq 2|NM| \leq |AD| + |DC|.$$
   Nói chung, bài toán có hai lời giải và tứ giác ABCD có thể tự cắt nhau (Hình 2).

I. 3. Titovich

M857. Trong số các số tự nhiên đầu tiên năm 1984 (từ 1 đến 1984), chúng tôi lưu ý những số có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của một phần năm số nguyên không âm lũy thừa của hai (nghĩa là phần năm của các số không nhất thiết phải khác nhau 1, 2, 4, 8, …). Những số nào lớn hơn: bù hay không bù?

ĐÁP: Có nhiều số bù hơn.

Vì $2^n + 2^n = 2^{n+1}$, tổng một số lũy thừa của hai luôn có thể được viết lại sao cho chúng đều khác nhau và số lượng số hạng có thể giảm đi, chẳng hạn như $4 + 2 + 2 = 4 + 4 + 2 = 8 + 2$. Do đó, bất kỳ số bị hủy nào cũng là tổng của không quá năm số hạng khác nhau có dạng $2^n$, trong đó $n = 0, 1, ..., 10$ ($2^{11} = 2048 > 1984$).

Chúng ta hãy tìm số $N$ của các tổng như vậy, tức là tập hợp các lũy thừa khác nhau của hai $n_1, ..., n_k$ ($0 \leq n_i \leq 10, 1 \leq k \leq 5$). Mỗi bộ $n_1, ..., n_k$ tương ứng 1-1 với một bộ gồm tất cả các số từ 0 đến 10 ngoại trừ $n_1, ..., n_k$, vì vậy số $N_k$ bộ số $k$ bằng số $11 - k$ và $N = N_1 + ... + N_5 = N_{10} + ... + N_6 = (N_1 + N_2 + ... + N_{10})/2$.

Tổng $N_0 + N_1 + ... + N_{11}$ là số tất cả các tập con của tập hợp $\{0, 1, ..., 11\}$, nó bằng $2^{11}$ (mỗi tập con $A$ tương ứng một-một với một chuỗi $d_0, ..., d_{10}$ gồm các số 0 và một, trong đó $d_i = 0$ nếu $i \notin A$ và $d_i = 1$ nếu $i \in A$; số dãy như vậy, hiển nhiên bằng $2^{11}$). Và vì $N_0 = N_{11} = 1$ (một tập con trống và một tập con-

55

M858. Đối với các giá trị α, β và γ của các điều kiện của một tam giác nhất định, hệ thức sau có giá trị:
$$\sin^2 \alpha + \sin^2 \beta = \sin \gamma.$$
a) Tìm α, β, γ nếu biết tam giác đó là đều (khoảng cách trong mọi trường hợp).
b) Tam giác có nhọn không?
b) Góc lớn nhất của tam giác có thể nhận những giá trị nào?

một tập hợp trùng với toàn bộ tập hợp {0, 1, …, 11}), $N = (2^{11} - 2)/2 = 1023$. Đối với những độc giả đã quen với phần đầu của tổ hợp, chúng tôi lặp lại phép tính này ở phần lề, sử dụng thuộc tính đơn giản nhất của số lượng tổ hợp $C_n^k$.

Bây giờ chúng ta lưu ý rằng bất kỳ số hủy được nào cũng có thể được phân tách duy nhất thành tổng các lũy thừa khác nhau của 2. (Điều này chứng tỏ bằng mâu thuẫn: nếu α là số nhỏ nhất có ít nhất hai khai triển và $2^{n_1} + ... + 2^{n_k} = 2^{m_1} + ... + 2^{m_l}$, trong đó $n_1 < ... < n_k$, $m_1 < ... < m_l$, thì rõ ràng $n_1 \neq m_1$, chẳng hạn, $n_1 > m_1$; nhưng khi đó số $a/2^{m_1} = 2^{n_1 - m_1} + ... + 2^{n_k - m_1}$ là số chẵn, đồng thời $a/2^{m_1} = 1 + 2^{m_2 - m_1} + ... + 2^{m_l - m_1}$ là số lẻ. Một mâu thuẫn.)

Do đó, cho rằng bất kỳ số bị hủy nào đều là tổng của gót chân (không nhất thiết phải khác biệt) của lũy thừa hai, nghĩa là lớn hơn 4 và $2^6 + 2^7 + 2^8 + 2^9 + 2^{10} = 1984$, chúng ta thu được rằng số các số bị hủy là $N - 4 = 1019 > 1984 - 1019$.

V. N. Dubrovsky

◆ a) Đáp số: hoặc α = β = π/4, γ = π/2, hoặc γ và một trong các góc α hoặc β bằng arcsin($\sqrt{2} - 1$)/2, và góc thứ ba là π - 2 arcsin($\sqrt{2} - 1$)/2.

Chỉ cần xét hai trường hợp: α = β và α = γ là đủ. Trong trường hợp thứ nhất, điều kiện là để tam giác có góc lớn nhất?

$$2 \sin^2 \alpha = \sin(\pi - 2\alpha) = \sin 2\alpha = 2 \sin \alpha \cos \alpha$$

và, vì sin α ≠ 0, nên sin α = cos α, nghĩa là α = π/4 ($\beta = \pi/4$, γ = π/2).

Trong trường hợp thứ hai, chúng ta có $\sin^2 \alpha + \sin^2 2\alpha = \sin \alpha$ hoặc $4 \sin^2 \alpha (1 - \sin^2 \alpha) = \sin \alpha (1 - \sin \alpha)$. Rút gọn sin α (1 - sin α) (0 < sin α < 1), ta thu được phương trình 4 sin α + 4 sin² α = 1, tức là sin α = ($\sqrt{2} - 1$)/2.

b) Đáp số: không thể. Ta sẽ tiến hành chứng minh bằng phản chứng. Giả sử α và β là các góc nhọn. Từ điều kiện $\sin^2 \alpha + \sin^2 \beta = \sin(\pi - (\alpha + \beta)) = \sin \alpha \cos \beta + \sin \beta \cos \alpha$ suy ra

$$\sin \alpha (\sin \alpha - \cos \beta) = \sin \beta (\cos \alpha - \sin \beta).$$

Giả sử sin α > cos β, thì nhờ (*) cos α > sin β (sin α và sin β đều dương). Vì β là góc nhọn nên cả hai bất đẳng thức đều có thể bình phương: $\sin^2 \alpha > \cos^2 \beta$, $\cos^2 \alpha > \sin^2 \beta$. Cộng các bất đẳng thức này, ta thu được mâu thuẫn: 1 = $\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha > \cos^2 \beta + \sin^2 \beta = 1$. Người ta chứng minh tương tự rằng trường hợp sin α < cos β là không thể xảy ra. Vẫn phải giả định rằng sin α = cos β. Nhưng khi đó α = π/2 – β, và góc γ = π - ($\alpha + \beta$) là một đường thẳng.

Như vậy, chúng ta đã chứng minh được rằng cả ba góc đều không thể nhọn cùng một lúc. Lưu ý rằng các góc α và β không thể là góc vuông (với α = π/2 sin γ = 1 + sin² β > 1), nhưng nếu góc γ vuông thì đẳng thức (*) và do đó điều kiện bài toán, được thỏa mãn bởi mọi góc nhọn α và β=

56

$$\frac{\alpha + \beta}{2} = \frac{tg^2 \alpha - \beta}{2} \text{ или}$$
$$\alpha = \arctg p^2 + \arctg p, \quad \beta = \arctg p^2 - \arctg p, \quad \gamma = \pi - 2 \arctg p^2,$$
trong đó $p$ là bất kỳ số nào lớn hơn 1.

$$\pi/2 - \alpha \text{ (в этом случае } \cos \alpha - \sin \beta = \sin \alpha - \cos \beta = 0).$$

c) Đáp số: hầu hết góc $\alpha, \beta, \gamma$ có thể áp dụng bất kỳ giá trị nào trong phạm vi $[\pi/2; \pi]$.

Chúng tôi đã chỉ ra ở lời giải đoạn 6) rằng góc lớn nhất không thể là góc nhọn nhưng có thể đúng ($\gamma = \pi/2$). Bây giờ chúng ta hãy chứng minh rằng nó có thể áp dụng bất kỳ giá trị nào từ $\pi/2$ đến $\pi$, hay chính xác hơn là với bất kỳ $\alpha, \pi/2 < \alpha < \pi$ nào, phương trình đều liên quan đến $\beta$
$$\sin^2 \alpha + \sin^2 \beta = \sin(\alpha + \beta)$$
có lời giải trong khoảng $0 < \beta < \pi - \alpha$ (vì vậy $\gamma = \pi - (\alpha + \beta) > 0$). Cả hai vế của phương trình này đều là các hàm liên tục của $\beta$ và đối với $\beta = 0$ thì vế trái nhỏ hơn vế phải $(\sin^2 \alpha < \sin \alpha),$ và đối với $\beta = \pi - \alpha$ thì vế này lớn hơn $(2 \sin^2 \alpha > 0)$. Do đó, tại một thời điểm nào đó $\beta, 0 < \beta < \pi - \alpha$, giá trị của cả hai phần trùng nhau. Điểm này sẽ là gốc của phương trình.

Mời độc giả tiếp tục nghiên cứu phương trình của chúng tôi một cách độc lập: chứng minh rằng góc $\gamma$ không thể tù (để làm điều này, bạn cần nhân sự tương ứng đã cho với bình phương đường kính của đường tròn ngoại tiếp, từ đó rút ra bất đẳng thức các cạnh của tam giác bằng cách sử dụng định lý sin và chỉ ra rằng $\cos \gamma \leq 0$); kiểm tra xem các góc $\alpha, \beta$ và $\gamma$ không phải $\pi/2$ có thể được tính bằng các công thức đẹp mắt được đưa ra ở lề (tất nhiên, câu 6) và c) ngay lập tức tuân theo các công thức này.

P. B. Gusyatnikov

M859. Tìm số dương nhỏ nhất và số đó với bất kỳ tam thức bậc hai $f(x)$ thỏa mãn bất đẳng thức $|f(x)| \leq 1$ cho $0 \leq x \leq 1$ thì bất đẳng thức $|f'(1)| \leq a$ đúng.

TRẢ LỜI: $a = 8$. Cho hàm $f(x) = Ax^2 + Bx + C$ thỏa mãn điều kiện bài toán. Lưu ý rằng $f'(1) = 2A + B, f(0) = C, f(1) = A + B + C$ và $f(1/2) = A/4 + B/2 + C$, và do đó $f'(1) = 3f(1) - 4f(1/2) + f(0)$. Kể từ đây,

$$|f'(1)| \leq 3 |f(1)| + 4 |f(1/2)| + |f(0)| \leq 8,$$

Hơn nữa, những bất đẳng thức này chuyển thành đẳng thức cho $f(0) = f(1) = 1, f(1/2) = -1$, tức là đối với hàm $f_0(x) = 8x^2 - 8x + 1$, xem hình. Và vì hàm này thỏa mãn bất đẳng thức $|f_0(x)| \leq 1$ cho $0 \leq x \leq 1$ (đồ thị của nó là một parabol có đỉnh tại điểm $x = 1/2$ - điểm tối thiểu), nên số 8 trong ước tính của chúng tôi $|f'(1)|$ là không thể.

Trên thực tế, trong lời giải, chúng ta sẽ lợi dụng thực tế là đa thức bậc $n$, và do đó tích của nó, được xác định duy nhất bởi các giá trị của nó tại $n+1$ điểm (tại $n=2$). Hãy tự mình thử lời giải bài toán này cho đa thức bậc ba. Lưu ý rằng đối với một mức độ tùy ý $n$ ước tính có sẵn trong bài toán sẽ được đưa ra bởi cái gọi là đa thức Chebyshev, có thể được đọc trong bài báo của N. Vasiliev và A. Zelevinsky “Đa thức Chebyshev và quan hệ truy hồi” («Kvant», 1982, số 1, trang 12).

V. P. Pikulin

57

M860*. a) Gọi O, R là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, Z và r là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, K là giao điểm của các đường trung tuyến của tam giác với các đỉnh tại các điểm tiếp tuyến của đường tròn nội tiếp với các cạnh của tam giác ABC. Chứng minh rằng điểm Z nằm trên đoạn OK và $|OZ|:|ZK|=3R/r$.
b) Gọi a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác ABC, $\vec{n}_a, \vec{n}_b, \vec{n}_c$ là vectơ đơn vị vuông góc với các cạnh tương ứng của tam giác và hướng ra ngoài. Chứng minh rằng $a^3\vec{n}_a + b^3\vec{n}_b + c^3\vec{n}_c = 12S \cdot \vec{MO}$, trong đó S là diện tích tam giác ABC, M là giao điểm các đường trung tuyến của nó, O là tâm đường tròn ngoại tiếp.

Lời giải bài toán a), cũng như b), sẽ được rút gọn thành chứng minh đẳng thức vectơ - trong nhiệm vụ a) đẳng thức này

$$\vec{OZ} = \frac{3R}{r} \vec{ZK}.$$

(1)

Khi giải cả bài toán, chúng ta sẽ sử dụng thông điệp cơ bản sau: để chứng minh sự bằng nhau của hai vectơ, việc chứng minh sự bằng nhau của các hình chiếu của chúng trên ít nhất hai trục (không song song) là đủ. Các trục này sẽ là các cạnh của tam giác.

Chúng ta cũng sẽ sử dụng các sự kiện đã biết về “trọng tâm” của hai và ba điểm: tổng của hai vectơ vẽ từ điểm P đến hai đầu đoạn thẳng bằng $2\vec{PN}$, trong đó N là trung điểm của đoạn này; tổng ba vectơ vẽ từ điểm P đến các đỉnh của tam giác bằng $3\vec{PK}$, trong đó K là giao điểm của các đường trung tuyến của tam giác.

Ta ký hiệu a, b, c độ dài các cạnh của tam giác ABC, bằng $T_a, T_b, T_c$ các điểm tiếp tuyến của đường tròn nội tiếp với các cạnh này, bằng các giá trị α, β, γ các góc A, B, C; gọi N là trung điểm của cạnh BC (Hình 1).

a) Đẳng thức (1) tương đương với đẳng thức sau:

$$\vec{OZ} = \frac{R}{r} \left( \vec{ZT}_a + \vec{ZT}_b + \vec{ZT}_c \right).$$

(2)

Kiểm tra xem phần bên trái và bên phải có cùng hình chiếu lên cạnh BC hay không (ta lấy các hình chiếu có xét đến dấu, coi hướng của vectơ $\vec{BC}$ là dương, tức là hình chiếu của vectơ $\vec{v}$ lên trục BC bằng $|\vec{v}| \cos \alpha$, trong đó $\alpha$ là góc giữa trục và vectơ, hay $(\vec{v} \cdot \vec{BC}) / |BC|$; rất indo, hình chiếu của tổng các vectơ bằng hình chiếu tổng của chúng). Đối với hai bên còn lại (trên thực tế, một trong số đó là đủ đối với chúng tôi), séc cũng tương tự - xét cho cùng, trong điều kiện các bên có quyền bình đẳng.

Vì hình chiếu của các điểm O và Z lên cạnh BC là các điểm N và T_a nên hình chiếu của vectơ $\vec{OZ} = \vec{BZ} - \vec{BO}$ lên trục BC bằng

$$|BT_a| - |BN| = \frac{a+c-b}{2} - \frac{a}{2} = \frac{c-b}{2}$$

($|BT_a| = (a+c-b)/2$ vì các đoạn tiếp tuyến vẽ từ mỗi đỉnh của tam giác tới đường tròn nội tiếp đều bằng nhau).

Hình chiếu của vectơ $ZT_a$ lên BC bằng 0 và hình chiếu $\vec{ZT}_b + \vec{ZT}_c$—tổng các vectơ có độ dài r tạo thành các góc $90^\circ - \gamma$ và $90^\circ + \beta$ với trục BC—bằng nhau

$$r \cos(90^\circ - \gamma) + r \cos(90^\circ + \beta) = r \sin \gamma - r \sin \beta = \frac{r}{2R} (c - b)$$

(trong đẳng thức cuối cùng, định lý được sử dụng

58

sin: $c=2R \sin \gamma, b=2R \sin \beta$). Điều này ngụ ý sự bình đẳng (2).

6. Lưu ý rằng các vectơ $\vec{n}_a, \vec{n}_b, \vec{n}_c$ được đề cập trong bài toán là các vectơ có độ dài 1, được định hướng giống như $\vec{ZT}_a, \vec{ZT}_b, \vec{ZT}_c$ từ bài toán a). Chúng ta hãy biểu thị bằng $P$ đáy có chiều cao $AP$ của tam giác $ABC$ (Hình 2).

Hãy tìm hình chiếu của vectơ $\vec{MO}$ lên trục $BC$. Tìm kiếm $\vec{OM} = (\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC})/3$ và hình chiếu của vectơ $\vec{OB}$ và $\vec{OC}$ đối diện và bằng nhau về độ lớn, phép chiếu $\vec{MO}$ bằng 1/3 hình chiếu của vectơ $\vec{AO}$; hơn nữa, bằng cách tìm kiếm $\vec{PN} = (\vec{PB} + \vec{PC})/2$, hình chiếu của $\vec{AO}$ bằng $(|PC| - |PB|)/2 = (b^2 - c^2)/2a$. (Trong đẳng thức cuối cùng, chúng tôi đã sử dụng định lý Pythagore: $b^2 - c^2 = (|PC|^2 + |AP|^2) - (|PB|^2 + |AP|^2) = (|PC| - |PB|)(|PC| + |PB|) = (|PC| - |PB|)a.$)

Hình chiếu của vectơ $a^3\vec{n}_a + b^3\vec{n}_b + c^3\vec{n}_c$ lên cùng một trục bằng $b^3 \sin \gamma - c^3 \sin \beta = \frac{b^3c - c^3b}{2R} = \frac{abc}{R} \cdot \frac{b^2 - c^2}{2a} = 4S \cdot \frac{b^2 - c^2}{2a}$.

(ở đẳng thức cuối cùng, công thức $S = abc/4R$ được sử dụng cho diện tích hình tam giác). Điều này hàm ý sự bình đẳng bài toán 6).

Đường thẳng $OM$ được gọi là đường Euler của tam giác (không đều) $ABC$. Điểm $H$ giao điểm của các đường cao của tam giác $ABC$ luôn nằm trên đó (có thể thấy khi xem xét các hình chiếu, $\vec{OH} = 3\vec{OM} = \vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC}$). Trong bài toán a) người ta chứng minh rằng đường thẳng Euler của tam giác $T_aT_bT_c$ đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$.

N. B. Vasiliev

F867. Hãy tưởng tượng rằng bạn đang đứng trước một tờ giấy lớn gồm các tập phát âm dày (ví dụ: trước một tủ trưng bày bằng kính). Làm thế nào bạn có thể xác định độ dày của ngăn xếp nếu không có khả năng tiếp cận các cạnh của nó (giả sử, các cạnh của ngăn xếp được gắn vào tường), bạn không thể vào phòng phía sau kính và bạn không thể làm vỡ kính? Bạn có thể tùy ý sử dụng thước kẻ, giấy dán tường, bút chì và máy tính bỏ túi để kiểm tra các phép tính của mình.

◆ Nếu chúng ta đặt thước vuông góc với tấm kính, thì chúng ta sẽ thấy hai hình ảnh phản chiếu của nó: ở bề mặt gần (I) và xa (II) của ngăn xếp (xem hình). Hình ảnh đầu tiên cung cấp cho chúng ta một “thước kẻ phía sau gương”, dọc theo đó chúng ta có thể thay đổi vị trí của phần cuối của hình ảnh thứ hai ở các góc nhìn khác nhau. Điều này cho phép bạn xác định độ dày của ngăn xếp.

Nhìn qua kính, chúng ta thấy điểm cuối của hình phản chiếu thứ hai của thước không phải ở điểm $a'$, vị trí thực sự của nó, mà ở điểm $a''$. Chúng ta có thể cố định vị trí của điểm này bằng cách sử dụng “thước kẻ phía sau gương”.

Đặt độ dày của ống khói là $d$ và chiết suất là $n$. Như có thể thấy trong Hình 4,

$$d' \text{tg} \alpha = 2d \text{tg} \beta \Rightarrow d = \frac{d'}{2} \frac{\sin \alpha \cos \alpha}{\sin \beta \cos \beta}.$$

59

Thay $n = \frac{\sin \alpha}{\sin \beta}$, $\cos \beta = \sqrt{1 - \frac{\sin^2 \alpha}{n^2}}$, ta được
$$d = \frac{d'}{2} \frac{(n^2 - \sin^2 \alpha)^{1/2}}{\cos \alpha}.$$

Trong biểu thức này, $d'$, sin $\alpha$, cos $\alpha$ là những đại lượng mà chúng ta có thể thay đổi và tính toán bằng cách sử dụng các công cụ của mình. Để tránh chiết suất chưa biết $n$, chúng ta hãy làm điều này.
Chúng ta hãy thay đổi $d'$ cho hai giá trị của góc tới $\alpha$ (có thể dễ dàng tìm thấy các giá trị của sin $\alpha$ và cos $\alpha$ bằng cách đo khoảng cách từ mắt đến kính và đến giao điểm của tia nhìn với kính). Sau đó
$$\frac{d'}{2} \frac{(n^2 - \sin^2 \alpha_1)^{1/2}}{\cos \alpha_1} = \frac{d'_2}{2} \frac{(n^2 - \sin^2 \alpha_2)}{\cos \alpha_2}.$$

Từ đây, sau nhiều lần biến đổi, ta có
$$d = \frac{d'_1 d'_2}{2} \left( \frac{\sin^2 \alpha_2 - \sin^2 \alpha_1}{(d'_2)^2 \cos^2 \alpha_1 - (d'_1)^2 \cos^2 \alpha_2} \right)^{1/2}.$$

M. V. Semenov

◆ Xét chuyển động của các vòng và sợi dây trong hệ quy chiếu chuyển động cùng với vòng $O'$. Trong hệ thống này, vòng $O'$ bất động. Tại thời điểm $\widehat{AOO'} = \alpha$, sợi chỉ được “nhặt” ở tốc độ $v$. Vì sợi dây không thể giãn ra được nên vòng $O$ tại thời điểm này phải có tốc độ $u$ (trong hệ thống liên kết với vòng $O'$) sao cho hình chiếu của nó lên hướng $OO'$ bằng $v$, tức là
$$u = \frac{v}{\cos \alpha}.$$

Trong hệ quy chiếu đứng yên, tốc độ của vòng lúc này bằng
$$v_o = u - v = v \left( \frac{1}{\cos \alpha} - 1 \right).$$

S. S. Krotov

◆ Vì đầu dưới của ống được duy trì ở nhiệt độ $T_1$, cao hơn nhiệt độ nóng chảy nên thị thực sẽ bị tan chảy. Nhiệt độ ranh giới giữa nóng chảy và gang rắn tự nhiên bằng nhiệt độ nóng chảy $T_{n-1}$.

Vì nhiệt độ ở đầu trên và đầu dưới của ống được duy trì không đổi nên lượng nhiệt truyền qua mỗi đơn vị thời gian qua mặt cắt ngang của ống phải giống nhau ở bất kỳ vị trí nào trong ống. Nói cách khác, dòng nhiệt truyền qua sắt nóng chảy và sắt rắn phải giống nhau. (Một ống gạch dẫn nhiệt phẳng và có thể bỏ qua phần gang truyền nhiệt của các bức tường của nó.)

Dòng nhiệt tỷ lệ thuận với độ dẫn nhiệt, diện tích mặt cắt ngang và chênh lệch nhiệt độ,

61

$$c_x \approx -4 \text{ Дж/(моль·К)}.$$

Do đó, nhiệt dung mà chúng tôi tìm được là âm, tương ứng với việc chất khí nguội đi khi nhiệt được cung cấp cho nó. Theo quan điểm của định luật bảo toàn năng lượng, điều này có nghĩa là khí thực hiện công một phần do nội năng của nó giảm và một phần do nguồn cung cấp nhiệt.

A. A. Sheronov

F871. Ban đầu, một tụ điện C chưa tích điện được nối với một pin mắc nối tiếp có điện áp U và cuộn dây có độ tự cảm L. Đầu tiên, dòng điện qua cuộn dây được phát hiện và sau đó giảm đi. Tại thời điểm dòng điện bằng 0, tụ điện bị ngắt khỏi mạch và được kết nối lại, hoán đổi các cực của nó. Khi đó dòng điện cực đại chạy qua cuộn dây là bao nhiêu? Dòng điện này sẽ thay đổi như thế nào nếu quá trình chuyển mạch được lặp lại 1984 lần? Bỏ qua điện trở của mạch.

Hình 1.

Hình 2.

Khi dòng điện qua cuộn dây bằng 0 thì năng lượng của tụ điện sẽ bằng công mà pin thực hiện. Do đó chất hút ẩm lúc này được xác định bởi điều kiện

$$\frac{q_0^2}{2C} = U_0 q_0,$$

Ở đâu

$$q_0 = 2CU_0.$$

Hãy tìm cường độ dòng điện cực đại qua cuộn dây sau khi nối tụ điện. Điều kiện hiện tại tối đa là $I' = 0$, tức là $\delta_{инд} = -LI' = 0$; Điều này có nghĩa là tại thời điểm dòng điện đạt cực đại, hướng tới tụ điện bằng $U_0$ và “bù” cho hướng của pin (Hình 1). Từ định luật bảo toàn năng lượng -

$$U_0 CU_0 = \frac{CU_0^2}{2} + \frac{LI_0^2}{2}$$

• tìm giá trị hiện tại tối đa:

$$I_0 = U_0 \sqrt{\frac{C}{L}}.$$

Hãy xem mạch sau khi chuyển đổi (Hình 2). Dòng điện qua cuộn dây bằng 0 (chỉ tại thời điểm năng lượng của cuộn dây bằng 0 thì nó mới có thể ngắt khỏi mạch “mà không bị trừng phạt”). Tại thời điểm dòng điện đạt giá trị cực đại mong muốn $I_1$ thì chiều đi tới tụ điện sẽ bằng $U_0$; điều này có nghĩa là vào thời điểm này điện tích $3CU_0$ sẽ chạy qua dây chuyền và theo định luật bảo toàn năng lượng,

$$U_0 3CU_0 + C \frac{(2U_0)^2}{2} = \frac{CU_0^2}{2} + \frac{LI_1^2}{2}.$$

Từ đây

$$I_1 = 3U_0 \sqrt{\frac{C}{L}}.$$

Trước lần chuyển mạch tiếp theo, giây, khi dòng điện qua cuộn dây bằng 0, sẽ có điện tích $q_1$ trên tụ điện, như trong trường hợp đầu tiên, chúng ta sẽ tìm thấy từ điều kiện

$$U_0 (2CU_0 + q_1) + C \frac{(2U_0)^2}{2} = \frac{q_1^2}{2C}.$$

Từ đây

$$q_1^2 - 2CU_0 q_1 - 8C^2 U_0^2 = 0 \Rightarrow q_1 = CU_0 \pm 3CU_0.$$

Gốc - $2CU_0$ không phù hợp (nghĩ xem nó tương ứng với trường hợp nào). Vì vậy, $q_1 = 4CU_0$.

Giá trị hiện tại tối đa sau lần chuyển đổi thứ hai sẽ là $I_2 = 5U_0 \sqrt{\frac{C}{L}}$, sau lần chuyển đổi thứ ba

63

Chúng tôi tìm thấy tốc độ $u_0$ từ điều kiện
$$\frac{mu_0^2}{2} - \frac{mv_0^2}{2} = \frac{1}{2} \mu g \frac{mX_1^2}{l} \Rightarrow u_0 = v_0 \sqrt{2}.$$
Như vậy,
$$\tilde{X}_1 = \frac{v_0}{\omega_0} \sqrt{2}.$$
Gọi quãng đường xe trượt sau khi ấn nút dừng bằng
$$X_2 = \tilde{X}_1 - X_1 = \frac{v_0}{\omega_0} (\sqrt{2} - 1),$$
và tỷ lệ quãng đường phanh trong trường hợp thứ nhất và thứ hai -
$$X_1 : X_2 = 1 : (\sqrt{2} - 1).$$
Với tốc độ ban đầu $u_0 = v_0 \sqrt{2}$ chiếc xe trượt tuyết sẽ đi hết quãng đường $X_1$ trong thời gian $\tilde{t}_1$, được xác định từ điều kiện $v_0 = v_0 \sqrt{2}$ сوس $\omega_0 \tilde{t}_1$, tức là theo thời gian
$$\tilde{t}_1 = \frac{\pi}{4} \sqrt{\frac{l}{\mu g}}.$$
Trước khi dừng hẳn, chúng sẽ chuyển động một thời gian $t_1 = \frac{\pi}{2} \sqrt{\frac{l}{\mu g}}$ (chu kì dao động không phụ thuộc vào vận tốc ban đầu). Do đó, thời gian xe trượt sau khi đẩy cho đến điểm dừng thứ hai bằng
$$t_2 = t_1 - \tilde{t}_1 = \frac{\pi}{4} \sqrt{\frac{l}{\mu g}},$$
và tỉ số thời gian phanh trong trường hợp thứ nhất và thứ hai -
$$t_1 : t_2 = 2 : 1.$$
S. S. Krotov

Đáp số, gợi ý, lời giải

«Kvant» cho học sinh nhỏ
(xem «Kvant» số 5)

1. VIII—III = V, VII+III = X, VII—III = IV.

2. Để đếm 60 phong bì, chỉ cần đếm 40 phong bì là đủ, quá trình này sẽ mất 40 giây và những phong bì còn lại trong gói sẽ được gửi cho người mua. Với phương pháp này, người bán sẽ đếm được 90 phong bì trong 10 giây.

1
2 5
7 8 4
3 6
9

4. Lớp sơn lót phải được kiểm tra qua tâm của các chân thẳng.
5. Ví dụ, khi rẽ trái, bánh dẫn động bên phải sẽ di chuyển một quãng đường dài hơn bánh dẫn động bên trái (xem hình). Nếu các bánh xe quay với cùng tốc độ thì việc luyện tập ở khu vực này sẽ dẫn đến lốp bị mòn nhanh chóng và gây khó khăn cho việc điều khiển xe.

Nhiệm vụ trong hình ảnh.
(xem «Kvant» số 5)
Người đầu tiên là Seryozha, người thứ hai là Nadya, người thứ ba là Kolya, người thứ tư là Vanya và người thứ năm là Tolya.

«Kvant» cho học sinh nhỏ
(xem «Kvant» số 6)

1. 56:8 = 9—2 = 3+4 = 1×7.
2. Gọi $a$ là cạnh của hình vuông, $a r$ bán kính của hình tròn đã cho thì diện tích bằng nhau sẽ được viết như sau: $a^2 = \pi r^2$. Bán kính của hình tròn nội tiếp hình vuông là $\frac{a}{2}$, và cạnh