Lời giải bài toán M1086—M1090; F1097—F1102

Kvant 1988, số 6 tr. 28-33 Thẻ FC7D

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 →

Lời giải bài toán
M1086 — M1090, F1097 — F1102

M1086. Khi cắt số, thực hiện hai thao tác: “tăng 2 lần” và “tăng 1”.
Hỏi số nhỏ nhất tính từ số 0 là bao nhiêu: a) số 100? b) số n?

a), 6) Bài toán thuận tiện để giải từ đầu, tức là tìm cách ngắn nhất để lấy số 0 từ một số tự nhiên n tùy ý bằng hai phép toán - trừ 1 (B) và giảm một nửa (D). Gọi r(n) là số phép toán B và D trong thuật toán ngắn nhất như vậy. Nếu n là số lẻ thì chỉ có thể áp dụng phép toán B cho nó, vì vậy

$r(2k+1)=1+r(2k).$

Chúng ta hãy chứng minh bằng chỉ số k rằng r(2k)=1+r(k), tức là một số chẵn trong thuật toán ngắn nhất phải được chia làm đôi. Với k=1 điều này là rõ ràng. Chứng minh điều này với mọi số nhỏ hơn k. Nếu trước tiên ta áp dụng phép toán B cho số 2k (trừ 1) thì số phép toán trước khi lấy 0 sẽ không nhỏ hơn

$1+r(2k-1)=2+r(2k-2)=3+r(k-1)$

(theo giả định chỉ định). Nếu trước tiên chúng ta chia 2k làm đôi và tiếp tục chia theo đường dẫn tối ưu thì số lượng thao tác sẽ là 1+r(k) 2+r(k-1). Vì vậy, cách thứ hai phụ thuộc.

Để tìm hiểu có bao nhiêu thao tác được yêu cầu trong thuật toán ngắn nhất cho một số n cho trước, chúng tôi biểu diễn n dưới dạng tổng lũy thừa của hai: $n=2^{k_1}+2^{k_2}+...+2^{k_m}$ , trong đó $k_1$ không âm và $k_2$ , …, $k_m$ là các số nguyên dương ( $k_1, k_1+k_2,...$ là số các chữ số ký hiệu kép của n trong đó có một đơn vị). Sau đó

$r(n)=k_1+r(n/2^{k_1})=k_1+1+r(2^{k_2}+...+2^{k_m})=...$

$...=(k_1+1)+(k_2+1)+...+(k_m+1)=$

$=(k_1+k_2+...+k_m)+m=[\log_2 n]+m$

([x] là phần nguyên của x), vì $k_1+k_2+...+k_m$ là số mũ của lũy thừa hai lớn nhất, không vượt quá n. Lưu ý rằng m bằng số phần tử của số n. Cụ thể, với n=100, chúng ta thu được đáp số đến bài toán a): $r(100)=9$ .

Lề hiển thị sự chuyển đổi của số 100 thành 0 ở dạng ký hiệu thập phân và kép. Vì $100=2^6+2^5+2^2$ , chúng ta nhận được $r(100)=6+3=9$ .

M. V. Canir

M1087. Khoảng cách là tam giác ABC, điểm M trong mặt phẳng của tam giác này và các hình chiếu A1, B1, C1 của điểm M ở độ cao lần lượt được vẽ từ các đỉnh A, B, C. Chứng minh rằng a) tồn tại một và chỉ một điểm M sao cho các đoạn AA1, BB1 và CC1 bằng nhau;

a), 6) Vẽ qua mỗi đỉnh của tam giác ABC một đường thẳng song song với cạnh đối diện (và vuông góc với đường cao tương ứng). Các đường thẳng này sẽ giới hạn một tam giác A0B0C0 (xem hình), tương tự như tam giác này với hệ số 2. Rõ ràng các đoạn AA1, BB1, CC1 bằng khoảng cách từ điểm M đến các cạnh B0C0, C0A0, A0B0 của tam giác mới. Do đó, đẳng thức AA1=BB1=CC1 có thể xảy ra khi và chỉ khi điểm M cách đều cạnh của tam giác A0B0C0, tức là là tâm của đường tròn ngoại tiếp nó. Trong trường hợp này các đoạn AA1, BB1 và CC1 có chiều dài bằng bán kính của đường tròn hoặc đường kính d này

với điểm M như vậy, độ dài các đoạn AA₁, BB₁, CC₁ bằng đường kính của đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

M1088. Chứng minh rằng nếu các số p, q, r là số hữu tỉ và pq+qr+pr=1 thì (1+p²)(1+q²)(1+r²) là bình phương của một số hữu tỉ.

M1089. Trong tứ giác lồi ABCD có diện tích S, các đường chéo cắt nhau tại điểm O. Gọi K, L, M, N là tâm các đường tròn nội tiếp các tam giác AOB, BOC, COD và DOA. Chứng minh rằng tích chu vi của tứ giác ABCD và KLMN không nhỏ hơn 4S.

Đường tròn được viết của tam giác ABC (hãy nhớ sự giống nhau của các tam giác của chúng ta!).

Điểm M ở trên nằm trong tam giác ABC vì tất cả các đường cao của nó đều lớn hơn d. Một số độc giả cho rằng “hình chiếu lên độ cao” có nghĩa là một đường chứa chiều cao. Với cách hiểu này, có ba điểm chắc chắn hơn thỏa mãn các điều kiện - tâm của các đường tròn bên ngoài của tam giác A₀B₀C₀.

A. Kh. Jafarov

Theo điều kiện 1+p²=qr+pq+pr+p²=(q+p)(r+p). Viết tương tự như hai yếu tố còn lại được xem xét trong phần đánh dấu, chúng ta nhận được

(1+p²)(1+q²)(1+r²)=((q+p)(r+p)(q+r))².

I. Varga, V. N. Dubrovsky

Gọi k, l, m, n là bán kính các đường tròn nội tiếp tam giác AOB, BOC, COD, DOA. Khi đó chu vi KLMN không nhỏ hơn 2(k+l+m+n) (KL ≥k+l, LM ≥l+m, v.v.; hình 1). Nhưng k=2S_{AOB}/P_{AOB}, trong đó các chữ cái S và P biểu thị diện tích và chu vi và P_{AOB}<P_{ABCD}. Các đại lượng l, m, n được ước tính tương tự. Kể từ đây,

$P_{KLMN} \geq 4 \frac{S_{AOB}+S_{BOC}+S_{COD}+S_{DOA}}{P_{ABCD}} = \frac{4S}{P_{ABCD}},$

đó là những gì được yêu cầu.

Hình 1.

Hình 2.

Lưu ý rằng số 4 trong bất đẳng thức của chúng ta không thể tăng lên. Thật vậy, trong tứ giác ABCD, ta cố định đáy AB và giao điểm của đường chéo O và để chiều dài BC tiến về 0 (hình 2), khi đó

$P_{KLMN} \rightarrow 2LN, P_{ABCD} \rightarrow P_{AOB}, S = S_{ABCD} \rightarrow S_{AOB}.$

Pozotomu

$\frac{P_{KLMN} \cdot P_{ABCD}}{S} \rightarrow 2LN \frac{P_{AOB}}{S_{AOB}} = 4 \frac{LN}{k}.$

Nhưng tỷ số LN/k bằng cách tăng góc AOB có thể đạt được càng gần 1 càng tốt. Do đó,

M1090. Chứng minh rằng a) với mọi số dương a, b và c bất đẳng thức sau là đúng:
$\sqrt{a^2 - ab + b^2} + \sqrt{b^2 - bc + c^2} \geq \sqrt{a^2 + ac + c^2};$
b) bất đẳng thức từ n. a) trở thành đẳng thức khi và chỉ khi $1/a+1/c=1/b$ .

F1097. Để giảm tỷ lệ ánh sáng phản xạ khỏi bề mặt của ống khói, một màng mỏng được phủ lên nó, chiết suất của nó nhỏ hơn chiết suất của ống khói (lớp phủ quang học). Độ dày nhỏ nhất của một màng có chiết suất n=4/3 phải được đặt trên bề mặt của ống khói là bao nhiêu để khi chiếu ánh sáng chứa bức xạ có hai bước sóng $\lambda_1=700$ nm và $\lambda_2=420$ nm (bình thường lên bề mặt), ánh sáng phản xạ bị suy giảm tối đa đối với cả hai bước sóng?

Cho một sóng ánh sáng phẳng có bước sóng trong chân không $\lambda$ truyền tới một màng có độ dày $h$ . Sau khi phản xạ một phần từ bề mặt trên và dưới của màng theo hướng ngược lại (xem hình), sóng 1 và 2 theo sau. Nếu sóng ánh sáng truyền tới bề mặt của màng thì độ chênh lệch đường đi của sóng phản xạ 1 và 2 bằng hai lần độ dày của màng. Để ánh sáng phản xạ càng yếu đi càng tốt, sóng 1 và 2 phải ngược pha. Để thỏa mãn điều kiện, hiệu giữa sóng 1 và sóng 2 phải bằng một số lẻ nửa bước sóng trong phim:

$2h = (2k-1) \frac{\lambda}{2n} (k=1, 2, 3, ...),$

trong đó $\lambda/n$ là bước sóng trong phim. Từ đây

$h = \frac{(2k-1)\lambda}{4n}.$

Như chúng ta có thể thấy, $h$ phụ thuộc vào bước sóng. Độ suy giảm ánh sáng tối đa ở bước sóng $\lambda_1$ và $\lambda_2$ sẽ ở các độ dày màng sau:

$h_1 = \frac{\lambda_1}{4n}, \frac{3\lambda_1}{4n}, \frac{5\lambda_1}{4n}, ... = \frac{700}{4n}, \frac{2100}{4n}, \frac{3500}{4n}, ...$

$h_2 = \frac{\lambda_2}{4n}, \frac{3\lambda_2}{4n}, \frac{5\lambda_2}{4n}, ... = \frac{420}{4n}, \frac{1260}{4n}, \frac{2100}{4n}, ...$

( $h_1$ và $h_2$ - theo hướng). Từ việc so sánh hai bộ này, chúng tôi kết luận rằng các giá trị thỏa thuận nhỏ nhất của $h_1$ và $h_2$ là $\frac{2100}{4n}$ nm ≈ 394 nm.

F1098. Khẩu súng lục của một đứa trẻ, có thể coi như một lò xo có khối lượng hữu hạn gắn vào một bức tường cố định, bắn một quả bóng, tạo cho nó vận tốc v. Nếu bạn bắn một quả bóng có khối lượng gấp đôi nó, tốc độ của nó sẽ là $v\sqrt{2/3}$ . Vận tốc của một quả bóng có khối lượng gấp ba lần nó là bao nhiêu?

Vì vậy, độ dày màng nhỏ nhất mà tại đó ánh sáng phản xạ bị suy giảm tối đa cho cả hai bước sóng là $h \approx 394$ nm.

V. I. Chivilev

Gia tốc của quả bóng bởi lò xo tiếp tục cho đến khi lò xo ở trạng thái cân bằng. Nếu tại thời điểm này quả bóng đang tăng tốc v thì tốc độ ở đầu tự do (không cố định vào tường) của lò xo là như nhau. Động năng của một lò xo, trong đó ở trạng thái cân bằng một đầu được tích lũy và đầu kia có tốc độ v, có thể biểu diễn dưới dạng $aMv^2/2$ , trong đó M là khối lượng của lò xo, phân bố đều dọc theo chiều dài của nó, a là hệ số, không phụ thuộc vào tốc độ của đầu lò xo.

Ta viết định luật bảo toàn năng lượng cho cả ba trường hợp (đối với các quả bóng có khối lượng m, 2m, 3 m), coi trạng thái ban đầu của lò xo mỗi lần như nhau và bằng $x_0$ :

$\frac{kx_0^2}{2} = \frac{m}{2} v^2 + \frac{1}{2} aMv^2,$

$\frac{kx_0^2}{2} = \frac{2m}{2} \left(\frac{2}{3} v^2\right) + \frac{1}{2} aM \left(\frac{2}{3} v^2\right),$

$\frac{kx_0^2}{2} = \frac{3m}{2} u^2 + \frac{1}{2} aMu^2.$

Giải các phương trình này cùng nhau, chúng ta tìm được vận tốc u mà một quả bóng có khối lượng 3 m đạt được khi bắn:

$u = v \sqrt{\frac{1}{2}}.$

P. I. Zubkov

F1099. Có hai piston trong một ống cố định nằm ngang với mặt cắt ngang S mở ở hai đầu (xem hình). Ở trạng thái ban đầu, piston bên trái được nối với tường đứng yên bằng một lò xo không biến dạng có độ cứng k. Áp suất khí p₀ giữa các piston bằng áp suất bên ngoài, khoảng cách H từ piston bên phải đến mép ống bằng khoảng cách giữa các piston. Piston bên phải được kéo từ từ ra mép ống. Lực nào phải tác dụng lên piston để giữ nó ở mép?

Khi piston bên phải được kéo ra, áp suất khí giữa các piston sẽ giảm, piston bên trái sẽ trộn lẫn vào nhau làm lò xo dãn ra.

Chúng ta hãy viết các điều kiện để cân bằng các pít-tông ở vị trí khi pít-tông bên phải được kéo dài đến mép ống và tác dụng một lực F lên nó (xem hình):

cho piston bên trái -

$p_0S - pS - kx = 0;$

cho piston bên phải -

$F + pS - p_0S = 0$

(*) (p - áp suất khí giữa các piston). Từ các phương trình này suy ra rằng

$F = p_0S - pS = kx.$

Vì nhiệt độ không đổi nên theo định luật Boyle-Mariotte đối với chất khí giữa các pít-tông ta có:

$p_0HS = p(2H - x)S,$

Ở đâu

quy định? Có rất ít đào tạo, nhiệt độ không đổi.

$p = \frac{p_0H}{2H-x} = \frac{p_0H}{2H-F/k} = \frac{p_0kH}{2kH-F}.$

Thay biểu thức này cho $p$ vào (*), chúng ta thu được phương trình bậc hai cho $F$ :

$F^2 - (p_0S + 2kH)F + p_0SkH = 0.$

lời giải của anh ấy -

$F_{1,2} = \frac{p_0S}{2} + kH \pm \sqrt{\frac{p_0^2S^2}{4} + k^2H^2}.$

Vì rõ ràng rằng $F=0$ tại $k=0$ nên cuối cùng chúng ta thu được:

$F = \frac{p_0S}{2} + kH - \sqrt{\frac{p_0^2S^2}{4} + k^2H^2}.$

V. P. Vorodin

F1100. Một chiếc vốn khá dài, được ngâm trong một bình nước, được bịt kín ở phía trên. Trong trường hợp này, mức chất lỏng ở thủ đô giảm xuống $\Delta h=4$ cm. Độ ẩm tương đối của không khí trên bề mặt nước trong bình là bao nhiêu nếu nhiệt độ không khí xung quanh là 20°C?

Khi đầu trên của vốn bị đóng lại, hơi nước có ở đầu trên không có nước của vốn sẽ trở nên bão hòa và áp suất riêng phần của hơi nước tăng lên. Do đó, mực nước ở thủ đô giảm xuống (vì ở mực nước trong bình, áp suất không đổi).

Hãy viết các điều kiện cân bằng của nước trong vốn, nằm ở mức bề mặt tự do của nước trong bình, trước và sau khi đóng vốn:

$p_{\pi} + p_{\beta} - \frac{\sigma}{2r} + \rho gh = p_{\pi} + p_{\beta},$

sau khi đóng cửa -

$p_{\pi} + p_{\beta} - \frac{\sigma}{2r} + \rho g (h - \Delta h) = p_{\pi} + p_{\beta}.$

Ở đây $(p_{\pi} + p_{\beta})$ là áp suất tại bề mặt nước trong bình, bằng tổng áp suất riêng phần của hơi nước và không khí khô; $(p_{\pi} + p_{\beta} - \frac{\sigma}{2r})$ là áp suất trên mặt cong của nước ở thủ đô mở ( $r$ là bán kính của thủ đô, $\sigma$ là sức căng bề mặt của nước); $p_{\pi}$ - áp suất hơi nước bão hòa ở nhiệt độ 20 °C; áp suất không khí khô $p_{\beta}$ ở thủ đô có thể được coi là không thay đổi, vì thủ đô khá dài.

Từ phương trình (1) và (2) chúng ta thu được:

$p_{\pi} - p_{\beta} = \rho g \cdot \Delta h,$

hoặc $\frac{p_{\pi}}{p_{\beta}} = 1 - \frac{\rho g \cdot \Delta h}{p_{\beta}}.$

Nhưng $\frac{p_{\pi}}{p_{\beta}}$ 100% là độ ẩm không khí mong muốn ở bề mặt nước trong tàu. Như vậy,

$\varphi = \left(1 - \frac{\rho g \cdot \Delta h}{p_{\beta}}\right) 100\%.$

Lấy các giá trị $p_{\pi} = 2,33 \cdot 10^3$ Pa từ bảng và thay thế $\rho = 10^3$ kg/m $^3$ , $g = 9,8$ m/s $^2$ , $\Delta h = 4 \cdot 10^{-2}$ m, chúng ta nhận được $\varphi \approx 83\%$ .

L. G. Markovich

F1101. Một thanh ngang nhẹ dài 2a có thể được điều khiển tự do quanh một trục thẳng đứng đi qua điểm giữa của nó. Những quả bóng lớn giống hệt nhau được gắn trên một thanh và có thể di chuyển dọc theo thanh mà không có ma sát và phản xạ đàn hồi từ điểm dừng ở đầu thanh (hình 1). Đầu tiên, các quả bóng được cố định ở khoảng cách a/2 tính từ trục. Thanh được ép lên tới vận tốc góc $\omega_0$ , sau đó các quả bóng được thả ra đồng thời. Những quả bóng sẽ di chuyển theo quỹ đạo nào? Sẽ mất bao lâu để thanh quay quay hết một vòng? Xây dựng đồ thị phụ thuộc $\omega(t)$ . Kích thước của quả bóng nhỏ hơn nhiều so với chiều dài của thanh.

Do tính đối xứng của vị trí ban đầu và vận tốc ban đầu nên các quả bóng sẽ luôn ở những điểm đối xứng và có vận tốc đối xứng. Khi đó dễ dàng chứng minh được rằng các quả bóng sẽ chuyển động tự do, ngoại trừ những khoảnh khắc phản xạ từ các điểm dừng.

Thật vậy, giả sử rằng quả bóng $A$ chịu tác dụng của một lực $F$ , vuông góc với thanh (không có lực dọc vì không có ma sát). Sau đó, vì lý do đối xứng, quả bóng $B$ phải chịu tác dụng của một lực $-F$ (hình 2). Nhưng điều này có nghĩa là từ phía các quả bóng, một cặp lực sẽ tác dụng lên thanh, làm nó quay tròn. Bỏ qua khối lượng của thanh so với khối lượng của các quả bóng, chúng ta kết luận rằng các lực này không đáng kể (trong giới hạn, không cần có lực nào để quay một thanh không trọng lượng). Vì vậy, chúng ta đi đến kết luận rằng giữa các va chạm có điểm dừng các quả bóng sẽ chuyển động đều và thẳng.

Bây giờ chúng ta hãy phân tích sự va chạm của các quả bóng có điểm dừng. Thứ nhất, trong khi va chạm, thành phần $X$ của động lượng (hình 3) được bảo toàn, vì nếu không thì các quả bóng tại thời điểm va chạm sẽ chịu tác dụng của các lực vuông góc với thanh, điều này là không thể xảy ra do lý luận trước đó. Thứ hai, do tính đàn hồi nên năng lượng được bảo toàn. Vì vậy, khi các quả bóng va chạm với các điểm dừng thì định luật về góc tới và phản xạ bằng nhau được thỏa mãn.

Từ lý luận trên và hình học của bài toán, rõ ràng quỹ đạo của mỗi quả bóng sẽ là một tam giác đều có cạnh $l=2a\cos 30^\circ=a\sqrt{3}$ (xem hình 3).

Thanh sẽ thực hiện một vòng quay hoàn toàn trong thời gian $T$ mà quả bóng cần để tạo thành một hình tam giác như vậy với tốc độ bằng tốc độ ban đầu $v_0=\omega_0 a/2$ . Như vậy,

$T=3l/v_0=6\sqrt{3}/\omega_0.$

Hãy tìm sự phụ thuộc $\omega(t)$ . Rõ ràng là $\omega=v_t/r$ , trong đó $v_t$ là thành phần vận tốc của quả bóng vuông góc với bán kính, tức là $v_t=v\cos \alpha=va/2r$ . Kể từ đây,

$\omega=va/2r^2=\omega_0/(1+(2x/a)^2)$

(xem hình 3). Nếu chúng ta bắt đầu từ thời điểm $\alpha=0$ , thì $x=v_0t$ ,

$\omega=\omega_0/(1+(\omega_0 t)^2)$ tại $-\sqrt{3}/\omega_0 \leq t \leq \sqrt{3}/\omega_0$ .

Tại thời điểm $t=\sqrt{3}/\omega_0$ sẽ có lực tác động vào điểm dừng và chu kỳ sẽ lặp lại (xem hình 4).

A. Yu. Alekseev