Qua các trang báo MIPT “Vì khoa học”

Con chuột nhỏ

Một người hâm mộ là một người ghé thăm thư viện.
Máy đo số học là máy đo cho những câu thơ vụng về.
La mắng - cấp giấy phép lái xe.

Quảng cáo
Mọi người! Mọi người! Mọi người khẩn trương đi cắt tóc nhé!
Ai đã để lại cuốn sổ tay về vật lý lý thuyết trên bàn trong Sổ tay Vật lý Lớn?
Bạn có hai lỗi ở đó.

Hãy sống theo đồng hồ mặt trời.
Xưởng đồng hồ
Đừng đứng dưới mũi tên!
Robin Hood
Đừng làm việc mà không có giày bảo hộ!
Mèo trong tiệm

Thông tin
Hôm nay phòng trưng bày nghệ thuật của chúng tôi sẽ tổ chức một cuộc triển lãm các bức tranh sau:

• Fedotov, “Bữa sáng của một quý tộc.”
  Bơ, bánh mì.
  32x64cm.
• Repin, “Quốc vương Thổ Nhĩ Kỳ đọc một bức thư từ người Cossacks Zapolozhye.”
  — Pixso, “Cô gái trên hình xuyến.”

— Repin, “Ivan Khủng khiếp thông báo về một sự lựa chọn nghiêm khắc đối với con trai mình.”
— Petrov-Kefirov, “Tắm ngựa đỏ.”
— Surikov, “Buổi tối hành quyết Streltsy.”
— Perov-Reshetnikov,
“Ba lần nữa.”
— Serov, “Những quả đào không có con gái.”

ngũ cốc
Kotomka là máy đo điện trở của mèo.
Sự thật là một con ếch.
Izgord là một đội sinh viên nông nghiệp.
Quay lại - phím tắt.
Thông số là chiều cao của cầu thủ bóng rổ.
Trình độ: Học sinh F.

Vấn đề

1. Nước chảy vào bể từ ống A với tốc độ C₁ và chảy ra khỏi ống B với tốc độ C₂; Một học sinh ợ hơi từ một tòa tháp có chiều cao H xuống bể bơi này. Hãy xem xét tất cả các trường hợp.

2. Khi đang dọn phòng, một học sinh làm rơi gạch vào chân. Hãy ước tính khối lượng của viên gạch nếu hàng xóm của bạn bịt tai.

Tin tức
Một nhóm các nhà vật lý thực nghiệm người Pháp do Tiến sĩ de Magog dẫn đầu đã đo được số “pi” với độ chính xác một phần triệu phần trăm. Họ đo các hằng số Planck “as” và “as with a line”, từ đó xác định được hai “pi”.
Phần còn lại là vấn đề kỹ thuật.

Một ngày nọ, một nhà vật lý ngồi rất lâu trong một cuộc họp rất nhàm chán. Cuối cùng hắn không nhịn được đi ra ngoài sợi chỉ lạnh lẽo không can thiệp, hắn phát hiện ra một tác dụng mới. Và vì vui mừng ông gọi nó là hiệu ứng Hall.

Như đã biết, boson tuân theo sự phân bố của không khí. Fermion, sự phân bố các thương số mới tuân theo phân phối Gibbs, là vượn.

60

Các vấn đề trên mặt phẳng tọa độ

2. $3\sqrt{3}$.
3. 1. $a=0, b=1/4$. 2) $(-1/2; 1/2), (5/2; 13/2)$.
4. $a=9, AB=40\sqrt{2}$.
5. 32/27.
6. 1. $-21/5 \leqslant a \leqslant -1$; 2) $-9 \leqslant a \leqslant 9$.
7. Chân bằng 7/(3$\sqrt{2}$); cạnh huyền là 7/3.
8. $a \in ]-\infty; -4[ \cup] -5/4; 0[$.
9. 1. thuộc về ; 2) 75/2.
10. $(24+6\sqrt{3}-12\sqrt{2}-\pi)/12$.

Olympic Toán học toàn Nga lần thứ XX
lớp 8

1. Đặt $x_1$ và $x_2$ là nghiệm của phương trình này. Theo định lý Vieta $x_1+x_2=-a, x_1x_2=1-b$, và do đó $a^2+b^2=(x_1+x_2)^2+(1-x_1x_2)^2=x_1^2+x_2^2+1+x_1^2x_2^2=(x_1^2+1)(x_2^2+1)$, trong đó các số $x_1^2+1$ và $x_2^2+1$ rõ ràng là lớn hơn 1.
2. Xem lời giải bài toán M996 («Kvant», 1986, số 12).
3. Đặt $O$ và $O_1$ lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $ABM$ và $CBM$. Phần chung của các vòng tròn được bao bọc bởi các vòng tròn này là sự nghèo nàn của hai đoạn có một dây chung $BM$. Vì các giá trị của các góc $\angle BOM=2\angle BAC$ và $\angle BO_1M=2\angle BCA$ được xây dựng nên dây cung $BM$ càng nhỏ thì diện tích của mỗi đoạn càng nhỏ. Do đó, diện tích phần chung của hình tròn là nhỏ nhất khi $BM$ là chiều cao trong tam giác $ABC$.
4. a) Đáp số. Có thể. Một ví dụ được đưa ra ở hình 1.
5. Đáp số. Nó bị cấm. Lời giải. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng nếu có $n$ thành phố trong một quốc gia thì mạng lưới đường bộ cần thiết chỉ có thể được xây dựng khi một trong các số $n$ hoặc $n-2$ là bình phương của một số nguyên. Từ điều kiện ($n$ thành phố và $n-1$ đường), suy ra rằng từ bất kỳ thành phố nào chỉ có một con đường dẫn đến bất kỳ thành phố nào khác. Hãy chọn một thành phố nào đó $A$ và gọi nó là “tốt”. Hãy gọi thành phố $B$ là “tốt” nếu độ dài của đường đi từ $A$ đến $B$ là số chẵn và “xấu” nếu độ dài của đường đi này là số lẻ. Không khó để xác minh rằng độ dài đường đi giữa hai thành phố là chẵn khi và chỉ nếu những thành phố này “tốt” hoặc cả hai đều “xấu”.
   Chúng ta hãy biểu thị số lượng thành phố “tốt” bằng $x$, số lượng thành phố “xấu” bằng $y$. Sau đó $x+y=n$. Có $xy$ cặp thành phố trong đó một thành phố “tốt” và thành phố kia “xấu”. Do đó, trong số các số 1, 2, 3, …, $\frac{n(n-1)}{2}$ có $xy$ số lẻ. Nếu $\frac{n(n-1)}{2}$ là số chẵn thì $xy=\frac{1}{2}\cdot \frac{n(n-1)}{2}$ và do đó $xy=\frac{1}{2}\left(\frac{n(n-1)}{2}+1\right)$ và do đó $n=(x-y)^2$. Nếu $\frac{n(n-1)}{2}$ là số chẵn thì $xy=\frac{1}{2}\left(\frac{n(n-1)}{2}+1\right)$ và do đó $n=(x-y)^2$. Vì cả 1986 và 1984 đều không phải là số bình phương nên tại $n=1986$ yêu cầu của nhà vua không thể được thỏa mãn.
6. Đáp số: $x=3, y=2, z=1, n \geqslant 2; x=6, y=8, z=4, n \geqslant 2; x=8, y=3, z=7, n=2$. Gợi ý. Bài toán về tính chất tìm chữ số $x, y, z$ mà $x^2 \cdot 11...1 + y = z \cdot 100...01$. Đặt ở đây $x^2=uv$, trong đó $u$ và $v$ là các số, ta được, hãy so sánh số hàng chục là $u+v=9$ hoặc $u+v=10$.
7. Trước tiên chúng ta hãy lưu ý rằng với bất kỳ điểm $D$ nào nằm bên trong hoặc trên các cạnh của tam giác $ABC$ và khác với đỉnh $C$, thì bất đẳng thức $AD+DB<AC+CB$ là đúng.
   Cho $A_1A_2...A_{12}$ là 12 giác, $O$ và $O'$ là các điểm và (để xác định) điểm $O'$ nằm bên trong hoặc trên các cạnh của tam giác $OA_1A_2$. Khi đó, nhờ sự thay thế và bất đẳng thức tam giác, chúng ta có
   $O'A_1+O'A_2<OA_1+OA_2$,
   $O'A_i-OA_i \leqslant 10$ cho $i=3, 4, ..., 12$
   và do đó
   $O'A_1+...+O'A_{12}-(OA_1+...+OA_{12})=O'A_1+O'A_2-OA_1-OA_2)+(O'A_3-OA_3)+...+(O'A_{12}-OA_{12})<10 \cdot 10$cm=1m.
   Đảo ngược vai trò của các điểm $O$ và $O'$, chúng ta thu được $|(OA_1+...+OA_{12})-(O'A_1+...+O'A_{12})|<1$ m.
8. Đáp số: bạn có thể. Lời giải. Hãy đổ 100 g sữa vào tất cả các ly trừ một ly và 200 g vào ly còn lại. Tổng lượng sữa là 3100 g, khi chia đều thì mỗi ly phải chứa $\frac{310}{3}$ g. Sau khi truyền $n$, lượng sữa trong mỗi ly nhân với $2^n$ sẽ được biểu thị bằng số nguyên gam.
   Do đó, số $2^n \cdot \frac{310}{3}$ phải là số nguyên, điều này không thể xảy ra với bất kỳ $n$ nào.
9. a) Đáp số: 1. Gợi ý. Khi hình chữ nhật được xoay so với tâm của nó một khoảng $180^\circ$, đường chéo sẽ biến thành chính nó và màu sắc thay đổi theo hướng ngược lại.

6. Đáp số: 5000/4999. Lời giải. Chúng ta hãy đặt hình chữ nhật $ABCD$ này trên mặt phẳng tọa độ sao cho điểm $A$ trùng với gốc tọa độ, $B$ có tọa độ $(0; 101), C - (99; 101), D - (99; 0)$. Để định nghĩa, giả sử hình vuông góc ở đỉnh $A$ có màu trắng. Vì các số 99 và 101 là nguyên tố cùng nhau nên đường chéo $AC$ không đi qua các nút tại các điểm khác ngoài $A$ và $C$. Do đó, tại mỗi giao điểm của $AC$ với lưới tuyến tính, sẽ xảy ra sự thay đổi màu sắc. Tỷ lệ độ dài của các đoạn bằng tỷ lệ độ dài của các đoạn với trục $Ox$. Hình chiếu $AC$ lên trục $Ox$ là đoạn $AD$, hình chiếu các giao điểm $AC$ với các đường lưới nằm ngang là các điểm có dạng $\left(\frac{99}{101}m; 0\right)$, $m=0, 1, ..., 101$, với các đường thẳng đứng - các điểm có dạng $(n; 0)$, $n=0, 1, ..., 99$. Từ bất đẳng thức

61

Hình 2.

$$m - 1 < \frac{99}{101} m < m \text{ при } 1 \leq m \leq 50 \text{ и } m - 2 < \frac{99}{101} m - 1 \text{ при } 51 \leq m \leq 100 \text{ следует, что точки } \left( \frac{99}{101} m; 0 \right) \text{ и } (m; 0) \text{ при } m = 1, 2, \dots, 49 \text{ будут черезаться, затем встретиться точки } \left( \frac{99}{101} \cdot 50; 0 \right), \text{ после чего снова почередно появят точки } \left( \frac{99}{101} m; 0 \right) \text{ и } (m - 1; 0) \text{ при } m = 51, 52, \dots, 100 \text{ (рис. 2). Сумма длины проекций больших отрезков равна } \frac{99}{101} + \left( 2 \cdot \frac{99}{101} - 1 \right) + \dots + \left( 50 \cdot \frac{99}{101} - 49 \right) + \left( 50 - 51 \cdot \frac{99}{101} \right) + \dots + \left( 99 - 100 \cdot \frac{99}{101} \right) = - \frac{99}{101} \cdot 50^2 + 50^2 = \frac{5000}{101},$$

tổng độ dài hình chiếu của các đoạn màu đen bằng $99 - \frac{5000}{101} = \frac{4999}{101}$. Do đó, tỷ lệ yêu cầu bằng $\frac{5000}{4999}$.

lớp 9

1. Gợi ý. Nó tuân theo điều kiện $\vec{AC} \cdot \vec{BD} = 2 |AC| \cdot |BD| \cos \frac{\pi}{4} = |BD|^2 \sqrt{2}$. Các số $\vec{AC} \cdot \vec{BD}$ và $|BD|^2$ là số nguyên, $\sqrt{2}$ là số vô tỷ. Sự mâu thuẫn.

2. Bất kỳ số tự nhiên lẻ nào lớn hơn 1 đều có thể được biểu diễn dưới dạng hiệu bình phương của hai số tự nhiên: $2k + 1 = (k + 1)^2 - k^2$. Hãy viết một dãy số tự nhiên theo tuổi tùy ý: $a_1 < a_2 < \dots < a_{n-1}$, trong đó $a_1 \geq 3$ là số lẻ, các số còn lại là số chẵn. Tổng bình phương của các số $a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_{n-1}^2 = 2k + 1$ này là số lẻ và $k > \frac{a_n^2 - 1}{2} > a_{n-1}$. Hãy đặt $a_n = k$, rồi $a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_n^2 = (a_n + 1)^2$. Tương tự, chúng ta xây dựng chuỗi $b_1 < b_2 < \dots < b_m$, trong đó $b_1 > 2a_n$ là số lẻ, $b_2, \dots, b_{m-1}$ là số chẵn và $\frac{b_{i+1}}{b_i} > a_n$, $i = 1, 2, \dots, m - 1$ và $b_1^2 + b_2^2 + \dots + b_m^2 = (b_m + 1)^2$. Hãy điền vào bảng bằng cách nhập số $b_i^2 a_j^2 = (b_i a_j)^2$ vào ô ở hàng thứ i và cột thứ j.

Bảng kết quả thỏa mãn điều kiện bài toán.

3. a) Đặt $O_1$ và $O_2$ là tâm của các đường tròn và đặt điểm $O_3$ sao cho $AO_1 O_2 O_3$ là hình bình hành. Khi đó $O_3$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Thật vậy, chúng ta hãy biểu thị bằng $P, L, Q$ các hình chiếu lên đường thẳng $AB$ của các điểm $O_1, O_2, O_3$ tương ứng. Để định nghĩa, hãy để $Q$ nằm giữa $P$ và $L$ (xem hình 3). Sau đó $AQ = AM + MQ$, $BQ = BM - MQ$. Vì $AO_1 = O_3 O_2$, nên $AP = QL$ và do đó $BM = 2ML = 2MQ + 2QL = 2MQ + 2AP = 2MQ + AM$. Do đó, $BQ = MQ + AM = AQ$, tức là $O_3$ nằm trên mức phân phối lại trung bình cho phân khúc $AB$. Tương tự, người ta chứng minh rằng $O_3$ nằm trên phân phối lại trung bình cho khoảng $AC$. Bán kính của hình tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ là $AO_3 = O_1 O_2 = l$.

6. Vì $O_3 O_2 = AO_1$, nên với bất kỳ lựa chọn điểm $A$ nào, điểm $O_3$ nằm trên một đường tròn có tâm là tâm $O_2$ của đường tròn thứ hai và bán kính bằng bán kính của đường tròn thứ nhất. Tất cả các điểm của vòng tròn được chỉ định, ngoại trừ điểm $M^*$ và $N^*$, được lấy từ điểm $M$ và $N$ bằng báo cáo song song, trong đó điểm $O_1$ đi đến $O_2$, thuộc về tập hợp điểm độc quyền.

4. Chúng ta sắp xếp các số 0, 1, 2 tại các nút của lưới được mô tả trong điều kiện bài toán như sau: góc dưới bên trái của hình lục giác - như tại hình 4, sau đó các số được lặp lại định kỳ theo mọi hướng.

Vì 1000 khi chia cho 3 dư 1 nên các đỉnh còn lại của hình lục giác và tâm của nó có các số như trong hình 5. Nếu các đỉnh của tam giác vuông nằm ở các nút lưới thì tổng các số trong chúng chia cho 3.

Để chứng minh điều này, thật thuận tiện khi “tiếp tục” lưới kết quả cho đến khi toàn bộ mặt phẳng được phân chia (xem hình 4) và thay thế lưới đó khi xoay 60° (theo chiều kim đồng hồ hoặc ngược chiều kim đồng hồ) xung quanh bất kỳ nút lưới nào, tập hợp các nút được đánh số cùng số với tâm quay sẽ đi vào chính nó và tập hợp các nút được đánh số bằng hai số còn lại

62

“đổi chỗ”: ví dụ khi quay một góc 60° với tâm tại điểm A được đánh số 0 thì nút nào có số 0 sẽ đến nút có số 0, nút nào có số 1 sẽ đến nút có số 2, nút có số 2 sẽ đến nút có số 1.

Chúng ta hãy lấy một tam giác đều PQR bị xuyên thủng với các đỉnh tại các nút mạng. Nếu đỉnh P và Q của nó được đánh dấu bằng cùng một số thì đỉnh R sẽ được đánh dấu bằng cùng một số (nó thu được từ điểm Q bằng cách quay 60° quanh điểm P).
Tương tự, nếu tại đỉnh P và Q có hai số khác nhau thì tại đỉnh R có một tam giác.

Do đó, tổng các số tại các đỉnh của một tam giác đều luôn chia hết cho 3.

Dễ dàng kiểm tra; rằng tổng của tất cả các số trong các nút lưới khi chia cho 3 sẽ có số dư là 2. Do đó, nút không tô màu cuối cùng phải có số 2. Theo hình 5, nút này không thể trùng với đỉnh của hình lục giác.

Hình 5.

5. a) Gọi $O$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp xung quanh $n$-gon $A_1A_2 \dots A_n$. Vì $\overrightarrow{MA}_k = \overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OA}_k$, $k = 1, 2, \dots, n$, các biểu thức đang xét có dạng $(\pm MO \pm MO \pm \dots \pm MO) + (\pm OA_1 \pm OA_2 \pm \dots \pm OA_n)$. Chỉ cần lấy dấu phẳng cho các vectơ $\overrightarrow{MA}_k$ với số lẻ $k$ và dấu trừ cho các vectơ còn lại là đủ.

6. Đặt các vectơ $\overrightarrow{OA}_{i_1}, \overrightarrow{OA}_{i_2}, \dots, \overrightarrow{OA}_{i_k}$ nhập biểu thức đang xét bằng dấu phẳng và vectơ $\overrightarrow{AO}_{j_1}, \overrightarrow{AO}_{j_2}, \dots, \overrightarrow{AO}_{j_{n-k}}$ bằng dấu trừ. Khi đó biểu thức có dạng $k\overrightarrow{MO} - (n-k)\overrightarrow{MO} + (\overrightarrow{OA}_{i_1} + \overrightarrow{OA}_{i_2} + \dots + \overrightarrow{OA}_{i_k}) - (\overrightarrow{OA}_{j_1} + \dots + \overrightarrow{OA}_{j_{n-k}})$ và sẽ bằng 0 nếu $\overrightarrow{MO} = \frac{1}{n-2k} ((\overrightarrow{OA}_{i_1} + \overrightarrow{OA}_{i_2} + \dots + \overrightarrow{OA}_{i_k}) - (\overrightarrow{OA}_{j_1} + \overrightarrow{OA}_{j_2} + \dots + \overrightarrow{OA}_{j_{n-k}}))$.

Sự bằng nhau của điểm $M$ được xác định duy nhất nếu các số $i_1, i_2, \dots, i_k$ và $j_1, j_2, \dots, j_{n-k}$ được cho trước. Số lượng các tập hợp như vậy là hữu hạn, do đó, nếu $n$ lẻ thì số điểm $M$ cũng sẽ hữu hạn.

7. Đáp số: a) $(n-1)^2 - 1; 6)$ $n-2$. Xem lời giải bài toán M1005 («Kvant», 1987, số 1).

8. Chỉ cần chứng minh rằng bất đẳng thức $|\sin x| + |\sin (x+1)| + |\sin (x+2)| > \frac{8}{5}$ đúng với mọi số thực là đủ. Vì hàm $f(x) = |\sin x| + |\sin (x+1)| + |\sin (x+2)|$ tuần hoàn với chu kì $π$ nên chỉ cần chứng minh bất đẳng thức cho $x \in [0; π]$ là đủ. Đầu tiên chúng ta chứng minh rằng với $x \in [0; π]$ bất đẳng thức $f(x) > 2\sin 1$ đúng. Hãy để $0 \leq x < π-2$. Sau đó $f(x) = \sin x + \sin (x+1) + \sin (x+2) = 2\cos 1 \cdot \sin (x+1) + \sin (x+1)$. Vì $1 \leq x+1 < π-1$, thì $\sin (x+1) \geq \sin 1$, $\sin 2 > \sin 1$, do đó $f(x) \geq \sin 2 + \sin 1 > 2\sin 1$.

> 2 tội 1. Các trường hợp $\pi-2 \leq x < \pi-1$ và $\pi-1 \leq x \leq \pi$ xử lý tương tự. Còn phải chứng minh rằng 2 sin 1 > $\frac{8}{5}$. Chúng tôi có $\left| \frac{\sqrt{3}}{2} - \sin 1 \right| = 2\left| \frac{\pi}{3} - 1 \right| \cdot \left| \cos \frac{\pi}{3} + 1 \right| \leq 2\left| \sin \frac{\pi}{3} - 1 \right| \leq \frac{\pi}{3} - 1 < 0,05$. Do đó 2 sin 1 ≥ $2\left(\frac{\sqrt{3}}{2} - 0,05\right) = \sqrt{3} - 0,1 > \frac{8}{5}$.

lớp 10

1. Đáp số: 1 và 9. Kiểm tra cho thấy số 1 và 9 thỏa mãn điều kiện. Hãy chứng minh rằng không có số nào khác. Cho số $n = m^2$ có $m > 1$ các ước khác nhau. Tất cả các ước của số $n$ không phải $m$ có thể được chia thành các cặp sao cho tích của các số trong mỗi cặp bằng $n$. Gọi số cặp như vậy là $k$. Khi đó $m = 2k+1$ và số $n$ là số lẻ và có các ước số bằng $k$ nhỏ hơn $m$. Giả sử $n$ chia hết cho tất cả các số lẻ nhỏ hơn $2k+1$. Số $2k-1$ là ước số của số $n=(2k+1)^2$, và do đó số $4=(2k+1)^2-(2k-1)(2k+3)$, do đó $k=1$.

2. Xem lời giải bài toán M999 («Kvant», 1986, số 12).

3. Xem lời giải bài toán M1004 («Kvant», 1987, số 1).

4. Gợi ý. Sự sắp xếp Izozem của các số nguyên trong tất cả các khối đơn vị là phù hợp nếu tổng của chúng ở bất kỳ hàng nào bằng 0. Ví dụ: sử dụng hai thao tác sau:

a) sắp xếp lại hai khối lập phương đơn vị ở bên trái, song song với một số mặt của khối lập phương, 6) cộng cùng một số vào các số đứng ở các đỉnh màu đỏ của khối lập phương ban đầu (xem hình 6), và đồng thời trừ đi cùng một số đó với các số đứng ở các đỉnh khác; có thể nói thêm rằng số lượng các số khác nhau sẽ tăng lên. Bằng cách lặp lại các thao tác được mô tả nhiều lần, người ta nói thêm rằng tất cả các số sẽ khác nhau.

5. Xem lời giải bài toán M997 («Kvant», 1986, số 12).

6. Lưu ý (hình 7) rằng bất kỳ tiếp tuyến nào không song song với cạnh của hình vuông sẽ cắt khỏi nó một tam giác vuông có chu vi 2, góc nhọn $\varphi$ và diện tích $S_{\varphi}=1-\frac{2}{\sin \varphi+\cos \varphi+1} \leq 1-\frac{2}{\sqrt{2}+1}=(\sqrt{2}-1)^2$ (đạt được sự bằng nhau ở $\varphi=45^\circ$). Khi đó diện tích $S$ chung của các phần của hình vuông và hình tam giác thỏa mãn bất đẳng thức $S \geq 4-3(\sqrt{2}-1)^2=6\sqrt{2}-5>3,4$.

Nói chung, bất đẳng thức $S>3,5$ không đúng. Thật vậy (hình 8), hãy vẽ hai cạnh của tam giác ngoại tiếp cắt các cạnh của hình vuông một góc $45^\circ$, và vẽ cạnh thứ ba sao cho diện tích $S_{\varphi}$ của tam giác mà nó cắt đi thỏa mãn bất đẳng thức $0,5+2(\sqrt{2}-1)^2=3,5$.

7. Đáp số: $\left[\frac{n}{2}\right]+1$. Lời giải. Hãy đặt $n=$ cho phù hợp với từng

63

Hình 6. Hình 7. Hình 8.

$$= 0, 1, \dots, \left[ \frac{n}{2} \right] \text{ многочлен}$$
$$P_m(x) = \sum (a_i + 2b_i) x^i,$$
trong đó các hệ số $a_i, b_i \in \{0; 1\}$ lần lượt đếm các “chữ số” của ký hiệu kép của các số $n - 2m$, $m$, tức là, được xác định từ các khai triển
$$n - 2m = a_0 \cdot 2^0 + a_1 \cdot 2^1 + a_2 \cdot 2^2 + \dots,$$
$$m = b_0 \cdot 2^0 + b_1 \cdot 2^1 + b_2 \cdot 2^2 + \dots$$
(chỉ số tổng $i$ ở đây và bên dưới chạy trên một tập hữu hạn các giá trị nguyên không âm nhất định). Kiểm tra cho thấy đa thức $P_m(x)$ có thể chấp nhận được và
$$P_m(2) = \sum (a_i + 2b_i) \cdot 2^i = (n - 2m) + 2m = n.$$
Bất kỳ đa thức
$$P(x) = c_0 + c_1x + c_2x^2 + \dots,$$
thỏa mãn điều kiện bài toán trùng với đúng một đa thức trong danh sách $P_0(x), P_1(x), \dots, P\left[ \frac{n}{2} \right](x)$. Thật vậy, mỗi hệ số $c_i$ của nó đại diện cho hai giá trị ​​(vì $c_i \leq 3$) là một số có ký hiệu kép, tức là có các phần mở rộng
$$c_i = a_i \cdot 2^0 + b_i \cdot 2^1,$$
trong đó các hệ số $a_i, b_i \in \{0; 1\}$ được xác định duy nhất. Do đó, hành động tương tự $P(x) \equiv P_m(x)$ là hợp lệ, trong đó số $m$ được cho bởi đẳng thức (*) và không vượt quá $\left[ \frac{n}{2} \right]$, vì
$$n = P(2) = \sum (a_i + 2b_i) \cdot 2^i \geq 2\sum b_i \cdot 2^i = 2m.$$
8. Xem lời giải bài toán M998 («Kvant», 1986, số 12).

Kính vạn hoa «Kvant»

Câu hỏi và bài toán

1. Trong trường hợp này, theo định nghĩa của hợp lực, nó đơn giản là không tồn tại.
2. Lực kéo sẽ tăng gấp đôi.
3. Một sợi dây thật (có khối lượng) không thể bị căng hoàn toàn theo chiều ngang.
4. Tại điểm $B$, vì ở đây mặt đường lõm xuống và lực ép là quan trọng nhất.
5. Giữ một vật trên một mặt phẳng nghiêng thì dễ hơn là đưa nó lên trên (có tính đến tác dụng của ma sát).
6. Tải trọng được tác động bởi một lực ma sát tự động định hướng theo tốc độ chuyển động.
7. Xem hình 9. I - lò xo mắc nối tiếp, II - song song.
8. Sức mạnh của trọng lực.
9. Ở các vị trí cực trị của tải trọng, lực tổng hợp hướng tiếp tuyến với quỹ đạo, ở vị trí thấp hơn - tới điểm treo của con lắc.

Hình 9.
10. Lực hấp dẫn biến thành lực ma sát.
11. Không, hộp sẽ xoay tương ứng với cạnh $B$.
12. Đường cảm ứng từ trường có chiều từ Bắc xuống Nam.

Kinh nghiệm vi mô
Lực ma sát phụ thuộc vào lực ép, lực này trong trường hợp tấm ván bị phồng lớn hơn đáng kể so với trường hợp tấm ván khô.

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

1. Điểm $D$ phải được đặt sao cho đoạn $CD$ bằng 1/5 đoạn $AC$ (hình 10); thì diện tích tam giác $DBC$ sẽ bằng 1/5 diện tích tam giác $ABC$. Tương tự, điểm $E$ được đặt sao cho $BE = AB/4$, điểm $F$ sao cho $FD = AD/3$ và điểm $G$ sao cho $EG = AE/2$.
2. Đáp số: 1.999.999.999, Lời giải. Nếu trong số các số đã cho có hai số $a$ và $b$, lớn hơn một, thì khi thay một trong số chúng bằng $ab$ và thay số thứ hai bằng 1, chúng ta thu được rằng tích của tất cả các số sẽ không thay đổi, nhưng tổng sẽ tăng lên, vì từ bất đẳng thức tiếp theo $(a - 1)(b - 1) > 0$ nó suy ra rằng $ab + 1 > a + b$. Như vậy, tổng sẽ lớn nhất nếu một trong các số bằng một tỷ và các số còn lại bằng số một.
3. Không, vì mọi số như vậy đều nhỏ hơn $(10 000)^2$ nhưng lớn hơn $(9999)^2 = 99 980 001$.
4. Từ hình đến điều kiện bài toán rõ ràng là ở ấm thứ hai phần lớn hơi nước thoát ra