Các học sinh đoạt giải Olympic học sinh toàn liên bang lần thứ XXI

Kvant 1987, số 11 tr. 55, 56, 57, 58, 60, 64 Thẻ GLFM

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 →

Người trẻ nhất trong số những người tham gia là V. Kim đến từ thành phố Angren. Còn rất nhiều giải thưởng nữa, trong đó có giải đặc biệt mang tên học giả I.K. Kikon - nó đã được nhận bởi một học sinh lớp bảy đến từ thành phố Bereznyaki S. Shinkovich, học sinh lớp 8 đứng đầu. Một giải thưởng đặc biệt khác - bìa tạp chí «Kvant» năm 1986 với quyền tác giả của các thành viên ban biên tập - đã được nhận bởi người trẻ nhất trong số những người tham gia kiêm chủ nhà Olympic, L. Toomet đến từ thành phố Tartu.

Chúng tôi chúc tất cả những người tham gia Olympic Vật lý toàn liên bang lần thứ XXI lần thứ XXI thành công.

Người đoạt giải
Olympic toàn Liên đoàn lần thứ XXI dành cho TRẺ EM

Toán học
Bằng cấp đầu tiên
trong 8 lớp nhận được
Viro A. (Leningrad, Trường Vật lý số 45 tại Đại học bang Leningrad),
Ivanov D. (Moscow, trang ii. Số 57),
Ivanov S. (Leningrad, trang ii. Số 533);

cho lớp 9 -
Berlov S. (Leningrad, trang ii. Số 239),
Rumynkin D. (Novosibirsk, Trường Vật lý số 165 tại NSU),
Khokhlov Y. (Leningrad, trang ii. Số 30);

cho 10 lớp -
Apsitis K. (Riga, Trường Vật lý số 1),
Borisov L. (Minsk, trang ii. Số 19),
Karinsky A. (Moscow, Trường Vật lý số 18, Đại học quốc gia Moscow),
Ozols D. (Riga, Trường Vật lý số 1),
Chernykh A. (Krasnodar, trang ii. Số 40).

bằng cấp II
trong 8 lớp nhận được
Golder V. (Chisinau, trang ii. Số 40),
Dubnov V. (Minsk, trang ii. Số 107),
Zvaizne V. (p/o Zeltyni, quận Aluksensky của Cộng hòa Xã hội chủ nghĩa Xô viết Latvia, trang ii. Số 1),
Kulik A. (Kyiv, trang ii. Số 145),
Radulin V. (Chelyabinsk, trang ii. Số 127),
Rozinskaya M. (Leningrad, tr. ii. Số 344),
Sementsov V. (Smolensk, trang ii. Số 26),
Simanovskie R. (Riga, Trường Vật lý số 1),
Skopenkov A. (Saratov, trang ii. Số 13);

cho lớp 9 -
Anisov S. (Kharkov, trang ii. Số 142),
Baran A. (Minsk, trang ii. Số 6),
Valillin M. (Kazan, trang ii. Số 94),
Gorokhovsky A. (Kyiv, tr. ii. Số 79),
Gravit V. (Severodvinsk, trang ii. Số 27),
Gryntsev R. (Lvov, trang ii. Số 62),
Zharkov I. (Sverdlovsk, tr. ii. Số 130),
Kokorev I. (Leningrad, Trường Vật lý số 45 tại Đại học bang Leningrad),
Nikonorov Yu. (làng ii. được đặt theo tên của Muratbaev, làng Mikhailovka, vùng Dzhambul thuộc Cộng hòa Xã hội chủ nghĩa Xô viết Kazakhstan),
Pelevin O. (Kostroma, trang ii. Số 32),
Protsak V. (Kyiv, Trường Vật lý số 2 tại KSU),
Slitinsky V. (Kyiv, trang ii. Số 206),
Tulyak D. (Zhdanov, tr. ii. Số 7),

Filonov N. (Leningrad, trang ii. Số 30),
Khristenko O. (Karaganda, trang ii. Số 63);

cho 10 lớp -
Borisov A. (Minsk, trang ii. Số 19),
Grinberg M. (Kharkov, trang ii. Số 27),
Dyninikov I. (Zhukovsky, trang ii. Số 1),
Pavlov S. (Chernivtsi, trang ii. Số 4),
Pukhov I. (Moscow, tr. ii. Số 57),
Shanyu Y. (Krasnodar, trang ii. Số 10).

bằng tốt nghiệp cấp III
trong 8 lớp nhận được
Bachurin A. (Steplitamak, trang ii. Số 2),
Vutevina S. (Kyiv, Trường Vật lý số 2 tại KSU),
Verzhbitsky P. (Ustinov, trang ii. Số 11),
Vertsenko M. (Armavir, trang ii. Số 12),
Dobrova D. (Abakan, trang ii. Số 20),
Kalustov G. (Ashgabat, trang ii. Số 15),
Kozhevnikov A. (Kaluga, trang ii. Số 24),
Laba M. (Lviv, trang ii. Số 79),
Lapusta N. (Teraspol, trang ii. Số 3),
Mezhirov A. (Kalinin, trang ii. Số 37),
Chi tiết hơn A. (Volgograd, trang ii. Số 31),
Saprykin A. (Novosibirsk, trang ii. Số 110),
Khasidovsky M. (Tashkent, trang ii. Số 110),
Yakonsky V. (tr. ii. làng Babin, quận Goshansky, vùng Rivne);

cho lớp 9 -
Vessoltsun M. (Kirov, trang ii. Số 30),
Vaivads A. (Riga, Trường Vật lý số 1),
Varshavsky Y. (Kharkov, trang ii. Số 27),
Vologodsky V. (Omsk, trang ii. Số 91),
Volfovich L. (Balti, trang ii. Số 16),
Miceikite R. (Vilnikov, p. ii. Số 41),
Moroz V. (Grodno, trang ii. Số 1),
Stepanyachi A. (Yerevan, Trường Vật lý và Âm nhạc tại ErSU),
Sarkans (Aluksne, trang ii. số 1),
Terekhov A. (Alma-Ata, RFMSH);

cho 10 lớp -
Winder I. (Leningrad, trang ii. Số 239),
Kogon L. (Novokuznetsk, trang ii. Số 11),
Meltser A. (Leningrad, Trường Vật lý số 45 tại Đại học bang Leningrad),
Merkulov V. (Kuibyshev, trang ii. Số 11),
Furry V. (Kharkov, trang ii. Số 27),
Raitums I. (Riga, Trường Vật lý số 1),
Smirnov S. (Leningrad, trang ii. Số 239),
Styrkas K. (Khu định cư Chernogolovka, vùng Moscow, trang ii. Số 82).

Vật lý
Bằng cấp đầu tiên
trong 8 lớp nhận được
Shinkevich S. (Berezniki, trang ii. Số 3);
cho lớp 9 -
Golovin D. (Tambov, trang ii. Số 29),

I Olympic toàn Liên đoàn dành cho học sinh môn khoa học máy tính

(Để bắt đầu, xem trang 30)

I Olympic lập trình quốc tế

Braticheska, ngày 23-30 tháng 8 năm 1987

vòng 1

Vấn đề 1 (Liên Xô). Đối với các số tự nhiên X và Y, chúng ta sẽ nói rằng X được bao gồm trong Y nếu mục nhập kép X có thể thu được từ mục nhập kép Y bằng cách gạch bỏ số 0, một hoặc một số lượng lớn các chữ số. (Ví dụ: X=1010 được bao gồm trong Y=1001100). Xây dựng thuật toán cho hai số tự nhiên A và B sẽ tìm số C lớn nhất xuất hiện ở cả A và B.

Vấn đề 2 (Tiệp Khắc). Cho n thẻ đánh số 1, 2, 3, …, n (mỗi số chỉ xuất hiện một lần). Xây dựng một thuật toán, đối với một chuỗi tùy ý A₁, A₂, A₃, …, Aₙ trong số các thẻ này, sẽ tìm ra số lượng hoán vị lớn nhất cần thiết để sắp xếp các thẻ theo thứ tự tăng dần số lượng của chúng. Bằng cách hoán vị, chúng tôi muốn nói đến một đơn vị khối lượng trao đổi hai thẻ bất kỳ. Ví dụ: Đối với dãy 1, 5, 3, 2, 4, cần có hai hoán vị: Số 5 và Số 2, sau đó là Số 4 và Số 5, sau đó thu được dãy có thứ tự 1, 2, 3, 4, 5.

2 vòng

Vấn đề 3 (NRV). Xây dựng thuật toán phân phối N2 số tự nhiên đầu tiên (N>2) trong nhóm N sao cho đồng thời thỏa mãn 3 điều kiện sau:

mỗi nhóm chứa đúng N số;
mỗi số chỉ thuộc một nhóm;
tổng các số trong mỗi nhóm là như nhau đối với tất cả các nhóm.

Vấn đề 4 (Tiệp Khắc). Khoảng cách trò chơi tiếp theo. Đối với một số tự nhiên cố định N>1, người chơi A chọn số tự nhiên X mà N không thể vượt quá. Mục tiêu của người chơi B là đoán số X bằng cách sử dụng các câu hỏi có dạng “Số X có lớn hơn hoặc bằng K không?”, trong đó K là một số tự nhiên. Với mỗi câu hỏi, người chơi B, người chơi A lấy số và không thay đổi số X. Người chơi B xếp người chơi A cho mỗi đáp số: 2 rúp. cho đáp số “CÓ” và 1 lần chà. cho “KHÔNG”. Xác định cho một N nhất định tổng nhỏ nhất P(N), đủ để đảm bảo sự phân cấp của bất kỳ số X nào từ 1 đến N. Xây dựng một thuật toán trong đó người chơi B đặt câu hỏi theo cách anh ta đoán số X và đồng thời đốt không quá P(N) rúp (tức là một thuật toán xác định các giá trị của K trong các câu hỏi được hỏi).

R. M. Shakirov, Thư ký khoa học của bộ phận các nguyên tắc cơ bản của khoa học thông tin và công nghệ máy tính của Hội đồng phương pháp khoa học thuộc Bộ Giáo dục Liên Xô.

“Tất cả”, “một số” và phủ định

Có ít nhất một quả bóng màu trắng.
Tất cả các quả bóng đều có màu trắng.
Tất cả các quả bóng đều có màu đỏ.
Một số tam giác đều không thẳng.
Một số học sinh trong lớp không có mặt tại cuộc họp.
Không một cô gái nào có mặt tại cuộc họp.
Một số góc của một hình lục giác nhất định là góc vuông hoặc góc nhọn.
Đối với ít nhất một $x$ của $A x^2$ không vượt quá 4.
Tất cả mọi người không phải là trẻ em.
Đối với tất cả $x$ trong số $A x^2 - 2x + 1 \neq 0$ .
Một số người đàn ông không cao hơn 2 mét.
Một số số nguyên tố là số chẵn.
Đối với ít nhất một số nguyên tố $p$ thì số $2^p - 1$ không phải là số nguyên tố.
Sai. Có thể có một quả bóng màu trắng và những quả bóng còn lại có màu xanh.
Phải.
Để chắc chắn lấy được bi trắng, bạn cần lấy ra ít nhất 20 quả bóng. Số lượng nhỏ hơn có thể không đủ, hoặc có thể lấy bi đỏ và đen trước - có 19 bi trong số đó. Để đảm bảo lấy được bóng đủ ba màu, bạn cần lấy ra ít nhất 22 quả bóng; 21 có thể lấy nếu tất cả các quả bóng trắng và đen được rút ra trước; chỉ có 21 người trong số họ.
Chúng ta cần gọi 31 người. Ít hơn là không thể - có thể giả định rằng chỉ có những hình tam giác và những hình tốt được đưa lên bảng (có $10 + 20 = 30$ ) và mỗi đáp số không quá 4. Nếu bạn gọi 31 người thì ít nhất một người trong số họ là học sinh xuất sắc và sẽ trả lời là 5.

Lời giải hệ phương trình lượng giác

$(-5\pi/12 + \pi k; -\pi/6 + \pi n)$ .
$(\pm \arccos \frac{3}{4} + 2\pi k; \mp \arccos \frac{1}{8} + 2\pi n)$ .
$(\pi/4 + \pi k/2; \pi/4 + \pi k/2 + \arctg 2 + \pi n)$ .
$(\pi/8 + \pi k; \pi + 2\pi n), (\pi/8 + \pi k; \pm \arccos \frac{\sqrt{5} - 1}{2} + 2\pi n)$ .
$(\pi/4 + \pi k; \pm \pi/3 + 2\pi l)$ ,
$((-1)^{m/2} \sin \sqrt{\frac{2}{3}} + \pi m/2; \pm \arccos \sqrt{\frac{2}{3}} + 2\pi n),$ $((-1)^{p+1} \frac{1}{2} \sin \sqrt{\frac{2}{3}} + \pi p/2; \pm (\pi - \arccos \sqrt{\frac{2}{3}}) + 2\pi q)$ .
$((-1)^{n+k+1} \pi/4 + \pi k; -\pi/4 + \pi n),$ $((-1)^{n+k} \arcsin \frac{1}{\sqrt{5}} + \pi k; \arctg \frac{1}{2} + \pi n)$ .
$(\pi(6n+1)/3; \pi(6m-1)/3),$ $(\pi(6n-1)/3; \pi(6m+1)/3)$ .
$(\pm \pi/24 + \pi n/4 + 2\pi k; \pm \pi/48 + \pi n/8).$ (Ký tự trên hoặc dưới được lấy cùng lúc.)
$(5\pi/4; \arccos \frac{1}{\sqrt{10}}),$ $(\pi + \arctg 2; \pi - \arccos \frac{1}{\sqrt{10}})$ .

Olympic Toán toàn Liên đoàn lần thứ XXI

lớp 8

Gợi ý. Tận dụng thực tế là $x_1 + y_1 = x_2 + y_2 = ... = x_{10} + y_{10} = 9$ và $x_1 + x_2 + ... + x_{10} = y_1 + y_2 + ... + y_{10}$ .
Đáp số: 1, 2, 4, 8, 16, 32. Gợi ý. Nếu $x_1 \leq x_2 \leq ... \leq x_6$ là khối lượng của các vật nặng thì mỗi khối lượng có thể cân bằng sử dụng các trọng lượng này sẽ được viết dưới dạng $\varepsilon_1 x_1 + \varepsilon_2 x_2 + ... + \varepsilon_6 x_6$ , trong đó $\varepsilon_i = 0,1$ chứ không phải tất cả $\varepsilon_i = 0$ . Chỉ có 63 số tiền như vậy. Vì vậy, tất cả chúng đều phải khác nhau. Rõ ràng là $x_1 = 1$ , $x_2 = 2$ , $x_3 = 4$ . Hãy chứng minh rằng $x_k = 2^{k-1}$ , khi đó khối lượng lớn nhất cân bằng với sự trợ giúp của trọng lượng $x_1, ..., x_{10}$ sẽ bằng $x_1 + x_2 + ... + x_4 = 2^{k-1}$ . Vì vậy $x_{k+1} = 2^k$ .
Gọi $A_1 A_2 A_3 \dots A_7$ là hình bảy giác đã cho, $B$ là giao điểm của các đường $A_1 A_2$ và $A_3 A_4$ , $A_1 A_2 = x$ , $A_1 A_3 = y$ , $A_1 A_4 = z$ . Tam giác $BA_3 A_4$ đều bằng $(\angle A_1 BA_3 = \angle BA_3 A_4 = 3\pi/7)$ và các tam giác $A_2 BA_3$ và $A_1 BA_4$ tương tự như $(A_2 A_3 \parallel A_1 A_4)$ . Từ đây, chúng ta ngay lập tức nhận được $\frac{y - x}{y} = \frac{x}{z}$ hoặc $\frac{1}{x} = \frac{1}{y} + \frac{1}{z}$ .
a) Đáp số: 12 phát. Lời giải.e. Trong hình vuông $7 \times 7$ con tàu có thể kết thúc ở một trong 12 vị trí như ở hình 1, vì vậy phải bắn ít nhất 12 phát súng. hình 2 cho thấy 12 phát là đủ.

Đáp số: 20 phát. Gợi ý 3, 20 phát là đủ. Mặt khác, vì trong hình vuông $7 \times 7$ có thể đặt bốn hình chữ nhật có kích thước $3 \times 4$ mà không chồng lên nhau (xem hình 1), nên đủ để chứng minh rằng phải bắn ít nhất 5 phát vào hình chữ nhật hình vuông.

Lời giải suy ra từ đẳng thức
$k^3 = (a + A)(b + B)(c + C) = abc + ABC + k(aB + bC + cA).$
Xem lời giải bài toán M1056 («Kvant», 1987, số 12).
Gọi $L$ là giao điểm của đoạn $KP$ với bisertis của góc $ABC$ (hình 4). Rõ ràng là $KL = LM$ . Chúng ta hãy biểu thị độ dài đường vuông góc hạ từ tâm đường tròn đến bissertis của góc $ABC$ bằng $d$ . Song song với bissertis này và ở cùng một khoảng cách tính từ tâm, nhưng ở phía bên kia của nó, vẽ một đường thẳng $l$ và lấy $N$ là giao điểm với $KP$ . Sau đó $NP = KL = LM$ và $PM = LN = 2d$ . Nếu các tia $BA$ và $BC$ được đặt ở các vị trí, bạn sẽ có được hình ảnh hơi khác so với hình 6. Chúng tôi khuyên bạn nên tự mình tìm ra trường hợp này.
Xem lời giải bài toán M1057 («Kvant», 1987, số 12).

lớp 9

Gợi ý. Hãy để $a_k = 1^{1987} + 2^{1987} + \dots + n^{1987}$ . Khi đó $2a_n = 2 + (2^{1987} + n^{1987}) + \dots + (n^{1987} + 2^{1987}) = 2 + b_n$ nhưng $b_n$ chia hết cho $n + 2$ .
Đáp số: 11 số. Mỗi ô vuông $2 \times 2$ phải có ít nhất hai ô vuông được che phủ. Chia hình vuông $8 \times 8$ thành 16 hình vuông $2 \times 2$ , chúng ta thấy rằng cần phải bao phủ ít nhất $2 \times 16 = 32$ ô, điều này sẽ cần ít nhất 11 ô. Chúng tôi yêu cầu đặt 11 quân cờ vào hình vuông $8 \times 8$ , hiển thị ở hình 5.
Gọi $A_1, A_2, B_1, B_2, C_1, C_2$ là giao điểm của các cạnh mở rộng với các đường thẳng đã cho. Sau đó (hình 6) $\frac{c}{AA_2} = \frac{b}{AA_1} = \sin \alpha$ . Điều này có nghĩa là $\triangle AA_2A_1 \sim \triangle ABC$ và $A_1A_2 = \frac{a}{\sin \alpha} = 2R$ , trong đó $R$ là bán kính của hình tròn được mô tả xung quanh $ABC$ . Tương tự như vậy, $C_1C_2 = B_1B_2 = 2R$ , nên hình thang $A_1A_2C_1C_2$ là hình đều. Vì $\angle A_2B_1C_2 = \angle A_2C_1C_2 = \angle A_1B_2C_1 = \angle A_1A_2C_1 = \beta$ , các điểm $B_1$ và $B_2$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp hình thang $A_1A_2C_1C_2$ .
Xem lời giải bài toán M1060 («Kvant», 1987, số 12).
Đáp số: 7 ngày. Gọi $k$ là số ngày giam giữ 9 anh hùng và $l$ là số ngày giam giữ 10 anh hùng và mỗi anh hùng bị giam giữ $m$ lần. Sau đó $9k + 10l = 33m$ . Đối với $m = 1$ phương trình này không có lời giải, nhưng đối với $m = 2$ thì nó chỉ có lời giải $k = 4$ , $l = 3$ . Vì vậy, $k + l \geq 7$ . Lưu ý có thể tổ chức djurstva trong 7 ngày để mỗi người chia làm 2 lần: để làm điều này, bạn nên đánh số người giàu và gửi họ đến djurstvo vào ngày đầu tiên với số $1$ đến 9, ngày thứ hai - từ 10 đến 17, ngày thứ ba - từ 18 đến 27, ngày thứ tư - từ 28 đến 33 và từ 1 đến 3. Trong 3 ngày còn lại, hãy gửi bởi 10 người giàu, bắt đầu từ thứ 4.
Xem lời giải bài toán M1058 («Kvant», 1987, số 12).
Giả sử điều ngược lại: p-gon đầu ra được cắt dọc theo tất cả các đường chéo thành các phần có cùng diện tích. Chúng ta hãy vẽ các đường chéo $A_1A_3, A_1A_4, A_2A_4, A_2A_5$ và biểu thị bằng $B_1, B_2, B_3, B_4$ các điểm giao nhau theo cặp của chúng (hình 7); trong trường hợp $p = 5$ điểm $B_4$ và $A_4$ trùng nhau. Xét các tam giác $A_1B_1B_2$ và $A_1B_2A_2$ . Theo giả định, diện tích của chúng bằng nhau, có nghĩa là $B_1B_2 = B_2A_2$ . Tương tự như vậy, chúng ta thu được $A_1B_2 = B_2B_3$ . Do đó, tứ giác $A_1A_2B_3B_1$ là hình bình hành và do đó các đường thẳng $A_1A_4$ và $A_2A_5$ song song với nhau. Những gì chúng tôi nhận được là ngược lại.
Cho $n$ là một số tự nhiên. Xét đa giác $T_p(n) \subset T_p$ và bao gồm tất cả các số nhỏ hơn $2^n$ !. Như vậy, tập hợp $T_0(n)$ gồm có $n$ số $2^0$ !, $(2^1)!$ , …, $(2^{n-1})!$ và tập hợp $T_1(n)$ gồm có các số có dạng
$a_0(2^0)! + a_1(2^1)! + \dots + a_{n-1}(2^{n-1})!$ ,
ở đâu $a_i \in \{0; 1\}$ .

Gọi thêm $N_p(n)$ là số số trong $T_p(n)$ . Chúng ta phải chứng minh rằng $N_{1987}(n) < (2^n)! - 1$ .

Bằng cách lập tổng các số từ đa giác $T_p-1(n)$ và đưa các số hạng tương tự vào $(2^i)!$ , chúng ta có thể viết bất kỳ số nào từ $T_p(n)$ thành $\beta_0(2^0)! + \beta_1(2^1)! + \dots + \beta_{n-1}(2^{n-1})!$ . Gọi $A_p(n) - 1$ là giá trị lớn nhất của các hệ số trong số tất cả các số từ $T_p(n)$ . Khi đó, với bất kỳ $(2^i)!$ nào, hệ số của $(2^i)!$ nhận tối đa $A_p(n)$ các giá trị khác nhau. Vì vậy $N_p(n) \leq (A_p(n))^n$ .

Bây giờ chứng minh có thể thu được từ các bổ đề sau.

trong đó $a_i \geq 0$ , với $x = \frac{1}{2n}$ thì nó theo sau
$(1 + x)^n + (1 - x)^n - 2nx = 2a_5x^3 + 2a_5x^5 + \dots \geq 0.$

Kính vạn hoa «Kvant»
(xem «Kvant» số 10)
Câu đố

Xem hình 11.
Xem hình 12 và 13.

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

Hãy nối hai đỉnh liền kề của ngôi sao, ví dụ $A$ và $E$ (hình 14). Vì tam giác $AME$ và $BMD$ có các góc bằng nhau ở đỉnh $M$ nên tổng các góc tại các đỉnh $B$ và $D$ của tam giác $BMD$ bằng tổng các góc tại các đỉnh $A$ và $E$ của tam giác $AME$ ; nhưng khi đó tổng các góc ở các đỉnh của ngôi sao bằng tổng các góc của tam giác $ACE$ , tức là $180^\circ$ .
Có hai số như vậy: 41312432 và 23421314.
Lời giải, hình duy nhất có tính đối xứng, được mô tả trên hình 15. Đầu tiên, người ta xác định rằng các vòng tròn trung tâm chứa các số 1 và 8, vì chúng được kết nối với 6 vòng tròn mỗi vòng; thì vị trí của số 2 và số 7 được xác định duy nhất; sau đó - số 3 và tất cả những thứ còn lại.
Các bộ phận vừa khít nhưng kim phút không được gắn chắc chắn vào trục của nó. Cô ấy có thể tự do đi chệch khỏi vị trí chính xác trong $\pm 2$ phút. Các bộ phận tăng lên độ cao và dưới tác dụng của trọng lực, mũi tên nằm ở vị trí thấp hơn vị trí bình thường của nó. Ở phía bên phải của mặt số, điều này dẫn đến kết quả là phía bên trái sẽ quay trước hai phút

Hình 11.

Hình 14.

Hình 15.

Hình 16.

hú - tụt hậu. Kim phút cần được sửa lại.
5. Nếu vẽ thêm ba đường thẳng đi qua điểm đã chọn, song song với các cạnh của tam giác, chúng tạo thành các cặp tam giác bằng nhau có màu khác nhau (hình 16).

Olympic toàn Nga lần thứ XIII
học sinh
(xem «Kvant», số 10)

Toán học
lớp 8

Đáp số: (2; 14), (0; -20), (18; -2), (-16; -4). Gợi ý e. Phương trình này tương đương với phương trình $(x - 1)(y + 3) = 17$ , do đó $x - 1 = \pm 1$ , $y + 3 = \pm 1$ .
Gợi ý e. Chỉ cần xem xét tập $M$ là đủ, là sự kết hợp của ba đoạn có độ dài đơn vị: $\Delta_1 = [a_1; b_1]$ , $\Delta_2 = [a_2; b_2]$ và $\Delta_3 = [a_3; b_3]$ . Nếu điểm $x$ và $y$ thuộc một trong các đoạn $[a_i, b_i]$ thì điểm $(x + y)/2$ cũng thuộc đoạn này, nhưng nếu điểm là $x \in [a_i, b_i]$ và $y \in [a_k, b_k]$ thì
$\frac{a_i + a_k}{2} \leq \frac{x + y}{2} \leq \frac{b_i + b_k}{2}$

và phân khúc
$\Delta_{ik} = \left[ \frac{a_i + a_k}{2}; \frac{b_i + b_k}{2} \right]$

có cùng độ dài. Do đó, toàn bộ tập hợp $M$ được bao phủ bởi sáu phân đoạn $\Delta_1$ , $\Delta_2$ , $\Delta_3$ , $\Delta_{12}$ , $\Delta_{13}$ , $\Delta_{23}$ .
Nếu $M = [1; 2] \cup [5; 6] \cup [17; 18]$ thì $M'$ được bao phủ bởi đúng sáu đoạn [1; 2], [3; 4], [5; 6], [9; 10], [11; 12], [17; 18].

Tứ giác $BPMR$ được chèn vào hình tròn nên $\angle BPM + \angle BRM = 180^\circ$ (hình 17). Từ đây và đẳng thức $\angle BPM + \angle MPA = 180^\circ$ suy ra $\angle BRM = \angle MPA$ . Tương tự, chúng tôi giả sử rằng $\angle CRM = \angle MQA$ . Vì tứ giác $APMQ$ được chèn vào đường tròn nên $\angle MPA + \angle MQA = 180^\circ$ . Do đó, $\angle BRM + \angle CRM = 180^\circ$ và do đó, các điểm $B$ , $C$ và $R$ nằm trên cùng một đường thẳng.
Quét e. Tuyên bố bài toán vẫn đúng đối với các cách sắp xếp khác của đường tròn và cách chọn điểm $A$ (xem xét khả năng hợp nhất độc lập).
Mỗi chữ số sẽ xuất hiện dưới dạng ký hiệu của một phân số thập phân nhất định với số lần hữu hạn hoặc vô hạn. Hãy lấy tất cả các con số và xây dựng chúng trong

Chú ý
độc giả của chúng tôi

Chữ ký được chấp nhận cho một ấn phẩm tham khảo khoa học cơ bản trong tập thứ năm của “Bách khoa toàn thư vật lý” (Nhà xuất bản Bách khoa toàn thư Liên Xô).

Bộ bách khoa toàn thư này dành cho các nhà nghiên cứu, kỹ sư, giáo viên và nghiên cứu sinh làm việc trong các lĩnh vực vật lý khác nhau; có thể hữu ích cho sinh viên năm cuối của khoa vật lý và kỹ thuật-vật lý của các trường đại học và cao đẳng, giáo viên vật lý trung học, nhà thiên văn học, nhà hóa học, sinh học và nhà toán học cũng sẽ quan tâm đến nó. 6000 bài viết được sắp xếp theo thứ tự bảng chữ cái chứa các đánh giá về từng phần vật lý, tài liệu về các lý thuyết vật lý quan trọng nhất, các định luật vật lý, hiện tượng và khái niệm, đối tượng nghiên cứu chính của vật lý, phương pháp nghiên cứu, các cài đặt, dụng cụ, đơn vị đại lượng vật lý quan trọng nhất.

Tổng biên tập là một trong những người sáng lập ra điện tử lượng tử, đoạt giải Lenin, giải thưởng Nhà nước và Nobel, hai lần Anh hùng Lao động xã hội chủ nghĩa, Viện sĩ A. M. Prozhorov.
Tập đầu tiên sẽ được xuất bản vào năm 1988.
Chi phí ước tính của khối lượng là 7 rúp. 80 kop.

Việc đặt mua được chấp nhận bởi các hiệu sách phân phối ấn phẩm có chữ ký.
Sau khi đăng ký, khoản đặt cọc 5 rúp sẽ được thực hiện, số tiền này sẽ được ghi có khi nhận được tập cuối cùng.

Tổng biên tập - Viện sĩ Yu. A. Osipyan

Phó Tổng biên tập thứ nhất - Viện sĩ A. N. Kolmogorov

Phó tổng biên tập:
V. N. Borovishchki, A. A. Varlamov,
V. A. Leshkovtsev, Yu. P. Solovyov

Tuyển tập biên soạn:
A. A. Abrikovov, 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. Gutenhayer, N. P. Dolbilin,
V. N. Dubrovsky, A. N. Zemlykov,
A. R. Zilberman, S. M. Kozel,
S. S. Krotov, L. D. Kudryavtsev, A. A. Leonovich,
S. P. Novikov, T. S. Petrova, M. K. Potapov,
V. G. Razumovsky, N. A. Rodina, N. Kh. Rozov,
A. P. Savin, Vâng. A. Smorodinsky,
A. V. Sosinsky, V. M. Uroev, V. A. Fabrikant

Ban biên tập:
A. M. Baldin, S. T. Belyaev, E. P. Velikhov,
Tôi. Vâng. Verchenko, V. V. Vozdvijzhensky,
G. V. Dorofeev, N. A. Erpmolaeva,
A. P. Ershov, Yu. V. Ivanov, V. A. Kirillin,
G. L. Kotkin, R. N. Kuzmin, A. A. Logunov,
V. V. Mozhaev, V. A. Orlov, N. A. Patrikeeva,
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 chuẩn bị:
A. N. Vilenkin, A. A. Egorov, I. N. Klumova,
T. S. Petrova, A. L. Ryabev, A. B. Sosinsky,
V. A. Tikhomirova

Số đăng ký:
M. V. Dubakh, S. V. Ivanov, D. A. Krymov,
S. F. Lukhin, E. V. Nazarov, P. I. Chernusky,
V. V. Yudin

Trưởng ban biên tập L. V. Chernova
biên tập nghệ thuật
S. V. Ivanov
Biên tập viên nghệ thuật T. M. Makarova
Người hiệu đính N.V. Rumyantseva

Giao hàng vào ngày 17/09/87. Ký xuất bản ngày 21 tháng 10 năm 1987.
T-19435 Giấy 70×108/16. in offset
Nốt ruồi có điều kiện. 23,8. Lò nướng có điều kiện l. 5.6. Biên tập học thuật. tôi. 7h30
Lưu hành 200.802 bản. Giá 40 kopecks. Đặt hàng 2589

Lệnh thay thế lao động đỏ
Nhà máy in Chekhov
VO “Soozpoligrafirom”
Ủy ban Nhà nước Liên Xô
cho công việc xuất bản và in ấn
và buôn bán sách
142300, Chekhov, khu vực Moscow

103006 Mátxcơva K-6, st. Gorky, 32/1, “Quait”
điện thoại. 250-33-54

Cố vấn là cựu vô địch cờ vua thế giới, kiện tướng quốc tế A.E. Karpov. Trang này được điều hành bởi E. Ya. Gik, Bậc thầy thể thao cờ vua của Liên Xô, Ứng viên khoa học kỹ thuật.