Cuộc thi Olympic Vật lý và Toán học Toàn Liên minh của Trường Kỹ thuật Cao cấp Moscow được đặt theo tên. N. E. Bauman

74

ki sự phụ thuộc của gia tốc và tốc độ của vật nặng vào thời gian.

2. Nếu một tấm đồng được chiếu xạ bằng chùm ion argon Ar⁺ (tích điện đơn lẻ), được gia tốc bởi hiệu điện thế U = 1000 V, sự phân bố đồng mạnh sẽ xảy ra từ bề mặt của tấm. Tuy nhiên, một chùm electron được gia tốc bởi cùng một hiệu điện thế không gây ra hiện tượng phún xạ. Tại sao điều này lại xảy ra? Đáp số biện minh cho số lượng (Để trở thành một nguyên tử đồng trong mạng tinh thể, nó phải có năng lượng ít nhất là E₀=3,5 eV.).

3. Tia laser phát ra các xung ánh sáng có năng lượng W=0,1 J. Tần số lặp lại xung f=10 Hz. Hiệu suất laser, được định nghĩa là tỷ lệ giữa năng lượng phát ra và năng lượng tiêu thụ, là η=0,01. Thể tích nước cần được dẫn qua hệ thống làm mát bằng laser trong thời gian τ=1 giờ để nước nóng lên không quá Δt=10 °C?

4. Một người cận thị nhìn qua mép trên của kính nhìn vào một đèn huỳnh quang đặt nằm ngang trên trần nhà vuông góc với đường nhìn. Đồng thời, anh ta nhìn thấy một đường viền màu ở cạnh trên và dưới của đèn. Màu gì?

Ấn phẩm được biên soạn bởi A. I. Buzdin, S. S. Krotov

Sự tương ứng nặng nề về vật lý-toán học Optimkadma MBTU được đặt theo tên. N. E. Buumana

Trường Kỹ thuật Cao cấp Moscow được đặt theo tên. N. E. Buumana thực hiện trong năm học 1988/89 một khóa học tối ưu hóa vật lý-toán học tương ứng (có ứng dụng kỹ thuật) dành cho học sinh ở các trường trung học, trường dạy nghề và trường kỹ thuật.

Thế vận hội được tổ chức thành hai vòng. Điều kiện bài toán của loại đầu tiên được công bố dưới đây. Các điều kiện bài toán của loại thứ hai sẽ được gửi đến những người tham gia tối ưu hóa được nhận vào thử nghiệm thứ hai dựa trên kết quả của lần thử thứ nhất.

Lời giải bài toán phải được đăng ký tại một khu vực trường học. Trên bìa bên ngoài của terradi, dán một mảnh giấy ghi rõ địa chỉ nhà chi tiết của bạn (có mã bưu điện), họ, tên, tên đệm và nơi học. Dán giấy chứng nhận của nơi bạn học cho biết lớp của bạn ở bìa trong.

Gửi cuốn sổ chứa các giải pháp trong một phong bì lớn có bưu kiện đơn giản đến địa chỉ: 107005 Moscow, 2nd Bumanskaya st., 5, MBTU được đặt theo tên. N. E. Buumana, “Olympida - 88/89”.

Bài toán loại đầu tiên

1. Một thanh đồng nhất (dài L=6,0 m) có một bộ phận (l=1,0 m) nằm trên một bệ nằm ngang, phần còn lại của dầm treo trên bệ (hình 1). Một lực thẳng đứng F tác dụng vào đầu phần nhô ra của dầm. Dầm được giữ ở vị trí nằm ngang nếu giá trị của lực từ giá trị nhỏ nhất F_min đến giá trị F_max lớn nhất. Tìm tỷ số F_max/F_min, trừ khi các dầm có chiều dài ngắn hơn đáng kể.

2. Hai điểm nặng giống nhau C và D có khối lượng m, mỗi điểm được nối với nhau bằng một sợi dây không thể tách rời có chiều dài l và có thể trượt không ma sát dọc theo một thanh nằm ngang nhẵn không trọng lượng (hình 2). Tại thời điểm ban đầu, khi tải C nằm trên trục thẳng đứng OZ, hệ thống được thông báo về vận tốc góc ω₀. Tìm lực căng của sợi dây tại thời điểm tải trọng C dịch chuyển ra xa trục quay một đoạn 2l.

75

3. Trạm quỹ đạo có bình Dewar chứa nitơ lỏng. Làm thế nào để tạo ra “đá” từ nitơ? Điều gì có thể ngăn cản bạn nhận được “băng” như vậy?

4. Lượng nhiệt sẽ tỏa ra trên điện trở có điện trở $R$ sau khi đóng phím $K$ (hình 3)? Điện trở trong của nguồn hiện tại là một vấn đề.

5. Đề xuất phương án thiết lập sản xuất điện di sử dụng chênh lệch nhiệt độ trên bề mặt Mặt trăng trong ngày và đêm âm lịch. Thực hiện các ước tính và tính toán có thể.

6. Ban đầu, electron sẽ ở trong điện trường và từ trường đều và không đổi. Xác định quỹ đạo của electron nếu vectơ cảm ứng từ trường $\vec{B}$ ($B=0,05$ T) và cường độ điện trường $\vec{E}$ ($E=10^4$ V/m) vuông góc với nhau.

7. Làm cách nào để tách (tách) hỗn hợp vật liệu không từ tính có mật độ khác nhau bằng ma trận trường?

Chúng ta nên gửi ai lên sao Hỏa?
(xem «Kvant» số 8)

Bài tập

1. Hãy để $X$ là một trong sáu hành tinh của chúng ta. Sau đó, nó sẽ tìm thấy ba hành tinh là bạn của $X$ hoặc ba hành tinh có $X$ trong phạm vi. Trong trường hợp đầu tiên, ba hành tinh là bạn của $X$ đều cãi nhau - sau đó chúng tạo thành bộ ba hành tinh cãi nhau (hình 1), hoặc một số trong số chúng là bạn và sau đó chúng cùng với $X$ tạo thành bộ ba hành tinh thân thiện (hình 2). Trường hợp thứ hai phân tích nghĩa đen theo cách tương tự, chỉ cần phân biệt từ “thân thiện” với từ “cãi vã” và ngược lại.

2. Hãy đếm số dòng sẽ tiễn Gromozek, thông báo về trường hợp này. Từ mỗi viên đá có 3 đường, tổng cộng có 9 viên đá, do đó, tổng số đường sẽ là $\frac{1}{2} \cdot 9 \cdot 3=13,5$.

Kết quả là một số phân số nên trường hợp này không thể xảy ra.

3. Bất kỳ đồ thị nào có $n$ đỉnh đều có hai đỉnh được nối với nhau bằng một cạnh hoặc không có hai đỉnh nào được nối bởi một cạnh. Trong trường hợp đầu tiên, chúng ta có một sơ đồ con hoàn chỉnh với hai đỉnh, trong trường hợp thứ hai, chúng ta có một sơ đồ con trống với $n$ đỉnh (trùng với toàn bộ đồ thị).

4. Đặt $r(m-1, n)$ và $r(m, n-1)$ là số chẵn. Hãy lấy một đỉnh tùy ý $X$ trong biểu đồ có các đỉnh $r(m-1, n)+r(m, n-1)-1$. Nếu số đỉnh được nối bởi các cạnh với $X$ không nhỏ hơn $r(m-1, n)$, thì chúng ta tiến hành như trong trường hợp đầu tiên trong chứng minh (1); nếu số đỉnh được nối bởi các cạnh với $X$ không nhiều hơn $r(m-1, n)-2$, thì chúng ta tiến hành như trong trường hợp thứ hai trong chứng minh đẳng thức (1). Vẫn còn phải xem xét trường hợp đỉnh $X$ được nối cạnh với $r(m-1, n)-1$ của các đỉnh khác. Nhưng điều kiện như vậy không thể được thỏa mãn với mọi đỉnh của đồ thị. Thật vậy, nếu mỗi đỉnh của đồ thị được nối các cạnh với $r(m-1, n)-1$ đỉnh thì số cạnh là $\frac{1}{2}(r(m-1, n)+r(m, n-1)-1)(r(m-1, n)-1)$ - một phân số (so sánh với lời giải Bài tập 2).

5. Trước tiên chúng ta hãy chứng minh điều đó $r(m, n) \geq r(n, m)$. Chúng ta hãy lấy bất kỳ đồ thị nào có $r(m, n)$ đỉnh và thực hiện thao tác sau trên đó: xóa tất cả các cạnh và xóa các đỉnh không được nối bởi các cạnh, được nối bởi các cạnh. Biểu đồ mới cũng có $r(m, n)$ đỉnh và, đọc (theo nghĩa của số $r(m, n)$), nó chứa bất kỳ sơ đồ con nào có $m$ đỉnh hoặc một sơ đồ con trống có $n$ đỉnh. Nhưng đồ thị con đầy đủ của đồ thị mới tương ứng với đồ thị con trống của đồ thị cũ và đồ thị con trống của đồ thị mới tương ứng với đồ thị con đầy đủ của đồ thị cũ. Có nghĩa,

77

vòng tròn thứ ba; điểm $B$ - chung cho vòng tròn thứ nhất, thứ hai và thứ tư; điểm $C$ - chung cho vòng tròn thứ nhất, thứ ba và thứ tư; điểm $D$ chung cho vòng tròn thứ hai, thứ ba và thứ tư.

Chúng ta có thể giả định rằng các điểm $A, B, C, D$ là khác nhau (ví dụ: nếu $A=B$ thì $A$ là điểm bắt buộc).

Trường hợp 1. Điểm $A, B, C, D$ tạo thành tứ giác lồi. Trong trường hợp này, điểm giao nhau của các đường chéo của nó là điểm mong muốn.

Trường hợp 2. Bao lồi của tam giác $A, B, C, D$. Khi đó điểm $A, B, C, D$ nằm bên trong tam giác này là điểm mong muốn.

Trường hợp 3. Điểm $A, B, C, D$ nằm trên cùng một đường thẳng. Trong trường hợp này, điểm yêu cầu là bất kỳ điểm nào trên đường thẳng, ở một bên và ở phía bên kia mà hai điểm $A, B, C, D$ nằm trên đường thẳng.

3. Cho các số tự nhiên 1, …, 66 được tô bằng 4 màu. Chúng ta hãy lấy một biểu đồ hoàn chỉnh có 66 đỉnh và nhầm lẫn chúng với các số tự nhiên từ 1 đến 66. Chúng ta sẽ tô màu các cạnh của biểu đồ theo quy tắc sau: cạnh nối các đỉnh có số $i$ và $j$ sẽ được tô cùng màu với số $|i-j|$ ($1 \leq i, j \leq 66$). Bây giờ hãy đảm bảo rằng trong biểu đồ này có ba đỉnh được kết nối bởi các cạnh cùng màu. Chúng ta hãy biểu thị một trong các đỉnh bằng $X$. Nó có $65=16 \cdot 4+1$ các cạnh có bốn màu, do đó, trong số đó có mười bảy màu giống nhau, chẳng hạn như Shingo. Nếu bất kỳ hai đỉnh nào được nối với nhau bằng một cạnh đều có màu xanh lam thì hai đỉnh này và đỉnh $X$ là những đỉnh mong muốn. Nếu không có hai trong số 17 đỉnh nối với đỉnh $X$ đồng bộ thì trong số đó có ba đỉnh được nối với nhau bằng các cạnh có màu Shingo (xem lời giải bài toán 1).

Để các đỉnh có số $a, b, c$ được kết nối với nhau bằng các cạnh liên kết đơn. Để xác định đường dẫn $a>b>c$. Khi đó các số $x=a-b, y=b-c$ và $z=a-c$ có cùng màu và thỏa mãn điều kiện $x+y=z$.

Kính vạn hoa «Kvant»
(xem «Kvant» số 8)

Câu hỏi và bài toán

1. Ở mức thấp nhất.

2. Lực nổi làm giảm lực căng của sợi dây, tương đương với sự giảm $g$ nên chu kỳ dao động của con lắc được thông báo.

3. Không, trừ khi vị trí trọng tâm của hệ thay đổi.

4. Đúng, bởi vì lực đàn hồi là điều cần thiết trong sự không chung thủy.

5. $kA^2/2$.

6. Đồng hồ nên được nâng lên.

7. Có thể nếu các điểm nhỏ có tần số bằng tần số tự nhiên của một trong các con lắc (cộng hưởng) được truyền tới shatitva.

8. Bạn có thể thay đổi tốc độ đi bộ: từ đó thay đổi tần số của ngoại lực gây ra dao động cộng hưởng của xô nước.

9. Lực tương tác điện giữa các quả cầu luôn hướng dọc theo sợi dây; nó không ảnh hưởng đến độ lớn của lực phục hồi, và do đó không ảnh hưởng đến chu kỳ dao động.

10. Có, tần số rung sẽ được thông báo.

11. a) Sẽ giảm; 6) sẽ được thông báo.

12. Bằng cách giảm năng lượng của từ trường của cuộn dây.

Kinh nghiệm vi mô
Chu kỳ dao động sẽ giảm.

Trường học yêu thích bài toán
(xem «Kvant» số 8)

1. 1984. Lời giải. Đặt $N=13a_1+73b_1=13a_2+73b_2=13a_3+73b_3$ và $a_1<a_2<a_3$. Vì $13(a_2-a_1)=73(b_1-b_2)$ nên $a_2-a_1$ chia hết cho 73; tương tự, $a_3-a_2$ chia hết cho 73. Vì vậy, $a_3≥a_2+73≥(a_1+73)+73≥1+73+147$, và do đó $N=13a_3+73b_3≥13 \cdot 147+73=1984$. Cần lưu ý rằng 1984 có ba cách biểu diễn thuộc loại được chỉ định: $a_1=1$, $a_2=74$, $a_3=147$, $b_1=27$, $b_2=14$, $b_3=1$.
2. $k=1$, $n$ - số tự nhiên bằng số viết cùng chữ số nhưng theo thứ tự ngược lại; $k=2$, $n=2$; $k=2$, $n=9$. Gợi ý. Vì $kn$ và $n^k$ phải có cùng số chữ số, $n^k<10kn$. Đối với $k≥2$, $n≥2$ bất đẳng thức này để lại một số hữu hạn các khả năng cho $k$ và $n$; trường hợp $k=1$ và $n=1$ là hiển nhiên.
3. Từ điều kiện bài toán suy ra $x_2^2=px_2+q$, $x_1^2=-px_1-q$. Do đó, $x_2^2+2px_2+2q=3x_2^2$, $x_1^2+2px_1+2q=-x_1^2$, tôi có thể thấy rằng một (hoặc cả hai) các số $x_1$, $x_2$ là nghiệm của phương trình $x^2+2px+2q=0$, hoặc vế trái của phương trình này nhận các giá trị khác dấu tại các điểm $x_1$, $x_2$, và khi đó nghiệm của phương trình nhất thiết phải nằm giữa các điểm này.
4. Chúng ta lấy cạnh của hình vuông làm một và đặt đoạn $BM=\frac{1}{2}$ trên phần tiếp theo của cạnh $CB$. Chúng ta có: $EF=\frac{5}{6}$, $ME=\frac{5}{6}$, $AM=AF$. Như vậy, trong một tứ giác có $ME$ và $EF$, đồng thời có các cạnh $MA$ và $AF$ (hình 4). Do đó, các tam giác $AEM$ và $AEF$ bằng nhau, từ đó các góc bằng nhau.
5. Giả sử rằng $AB>AC$. Khi đó góc $BCA$ lớn hơn góc $CBA$ và do đó, góc $BCD$ lớn hơn góc $CBD$ (hình 5). Do đó $BD>CD$ và $AB+BD>AC+CD$. Sự mâu thuẫn.
6. Gọi $d≥2$ là ước chung của các số $a_n$ và $a_m$, $m>n$. Trước hết, tất cả các số $a_n$ đều là số lẻ nên $d≠2$. Hơn nữa, rõ ràng là số dư khi chia số $a_{n+1}=a_n^2-2$ cho $d$ bằng $d-2$, số dư khi chia số $a_{n+2}=a_n^2-2$ cho $d$ bằng số dư khi chia số $(d-2)^2-2$ cho $d$, tức là bằng 2. Nhưng sau đó, số dư khi chia số đó $a_{n+3}$ với $d$ bằng $2^2-2=2$, và điều này cũng đúng với $a_{n+4}$, $a_{n+5}$, … Pozny $a_m$ không thể chia cho $d$.

78

7. Từ điều kiện ta có $x_1 - x_2 = \frac{x_2 - x_3}{x_2 x_3}$, $x_2 - x_3 = \frac{x_3 - x_4}{x_3 x_4}$, …, $x_n - x_1 = \frac{x_1 - x_2}{x_1 x_2}$. Nếu $x_1 = x_2$ thì $x_2 = x_3 = ... = x_n$. Nếu $x_1 \neq x_2$ thì $x_2 \neq x_3$, …, $x_n \neq x_1$. Trong trường hợp này, tất cả các biến đều là trực tiếp và bội số trên $(x_1 - x_2) \times (x_2 - x_3) \dots (x_n - x_1)$, chúng ta nhận được $(x_1 x_2 \dots x_n)^2 = 1$.

8. Đặt $K$, $L$ là giao điểm của đường $NA$ và $NB$ với đường $CD$ (hình 6). Rõ ràng là $\frac{KD}{AF} = \frac{DC}{FE} = \frac{CL}{EB}$. Từ sự giống nhau của các tam giác $AKD$ và $CLB$ suy ra $\frac{KD}{BC} = \frac{AD}{CL}$. Vì vậy $2KD \cdot CL = 2BC \cdot AD = CD^2$, có nghĩa là $2AF \cdot EB = EF^2$. Tiếp theo, $AE + FB = AB + EF$. Vì vậy, $AE^2 + FB^2 + 2AE \cdot FB = AB^2 + EF^2 + 2AB \cdot EF = AB^2 + 2(AF \cdot EB + AB \cdot EF)$. Vẫn còn phải chứng minh rằng $AE \cdot FB = AF \cdot EB + AB \cdot EF$. Nhưng đẳng thức này xuất phát từ điểm $(AF + FE)(FE + EB) = AF \cdot EB + (AF + FE + EB)FE = AF \cdot EB + AB \cdot EF$.

9. Đường vuông góc với đường thẳng $AC$ vẽ qua trung điểm $D$ của đoạn $AC$, trừ chính điểm $D$. Giải pháp. Các góc $MAB$ và $MCB$ bằng nhau khi nội tiếp và chắn bởi các cung bằng nhau. Do đó $MAC$ là tam giác đều.

10. Thứ nhất, trong số các tập con được chọn không thể có tập con nào trống. Thứ hai, nếu tập $A$ không thuộc về tập hợp được chọn thì phần bù $A$ sẽ thuộc về. Thật vậy, $A$ và phần bù $A$ đều không thể thuộc về tập hợp đã chọn vì chúng không giao nhau. Nhưng tất cả các tập hợp con $2^n$ và chính xác một nửa trong số chúng thuộc về quần thể đã chọn. Điều này có nghĩa là đối với mỗi bộ $A$, chính $A$ hoặc phần bù $A$ đều thuộc về tổng thể đã chọn. Cuối cùng, thứ ba, nếu $A$ và $B$ thuộc về quần thể đã chọn thì giao điểm $A \cap B$ thuộc về quần thể đó. Thật vậy, nếu không thì phần bù $C$ của $A \cap B$ sẽ thuộc về tập hợp của chúng ta, nhưng phần giao của tập hợp $A, B, C$ trống. Điều này có nghĩa là giao của tất cả các tập hợp thuộc về bộ sưu tập của chúng ta và giao điểm này không trống vì tập hợp trống không thuộc về bộ sưu tập.

11. Hãy đặt $n = 11 \dots 1$ (10 đơn vị). Số của chúng tôi là $n \cdot 10^{10} + 2n = n(10^{10} - 1) + 3n = n \cdot 9n + 3n = 3n(3n + 1)$.

79

Mặt phẳng của đáy, và do đó, hình chiếu của đỉnh lên mặt phẳng của đáy trùng với tâm của đường tròn nội tiếp hoặc ngoại tiếp của đáy.

15. $\frac{3}{4}\pi - \arcsin(\sqrt{2}\sin \frac{\pi}{18})$. Lời giải.
    Hãy thay thế $\cos x + \sin x = 2\sin y$, tức là $\sin(x + \frac{\pi}{4}) = \sqrt{2}\sin y$. Phương trình của chúng ta sẽ trở thành $\sin 3y = \frac{1}{2}$ (kiểm tra!); đó là lời giải $y \in \left\{ \frac{\pi}{18} + \frac{2}{3}k\pi, k \in Z \right\} \cup \left\{ \frac{5}{18}\pi + \frac{2}{3}m\pi, m \in Z \right)$ (hình 8). Nhưng $0 \leq x \leq \pi$ có nghĩa là $\frac{\pi}{4} \leq x + \frac{\pi}{4} \leq \frac{5}{4}\pi$, $-\frac{\sqrt{2}}{2} \leq \sin(x + \frac{\pi}{4}) \leq 1$, $-\frac{1}{2} \leq \sin y \leq \frac{\sqrt{2}}{2}$.
    Như có thể thấy từ hình 5, sin $y$ có thể nhận ba giá trị, nhưng chỉ một trong số chúng, cụ thể là $\sin \frac{\pi}{18}$, nằm trong phạm vi mong muốn. Do đó, $\sin(x + \frac{\pi}{4}) = \sqrt{2}\sin \frac{\pi}{18}$, và trong tất cả lời giải của phương trình này, chỉ $x = \pi - \frac{\pi}{4} - \arcsin(\sqrt{2}\sin \frac{\pi}{18})$ nằm trong khoảng [0; $\pi$].

Cách kích thích hạ huyết áp (xem «Kvant» Số 8, trang 47)
Giống như tất cả các thiên tài, cách thoát khỏi tình huống đã tạo ra nó đơn giản đến lạ thường. Người thu gom đưa phần dưới được kết nối lên chiếc thuyền trống và ghi chú ở bên ngoài thuyền mức độ mà nó chìm trong nước. Sau đó, anh ta đưa hypopotemus lên bờ và bắt đầu chất vàng miếng lên thuyền. Thế là ông làm việc cho đến khi chiếc thuyền chìm xuống nước theo dấu vết đã làm trước đó.

«Kvant» cho học sinh nhỏ (xem «Kvant» số 8)

1. $\frac{103}{96} \frac{48}{2}$
2. Nó bị cấm. Thật vậy, một trong những đoạn ngắn không phải là đoạn cuối của đoạn đứt đoạn mà các đầu của nó chỉ có thể nối với các đầu của đoạn dài song song với nó.

Hình 9.
3. Xem hình 9.
4. Số được yêu cầu có thể được biểu diễn dưới dạng $A \cdot 100 + 56$. Bởi vì $A$ có tổng các chữ số bằng 56—(5+6)=45. Số FourREM nhỏ nhất có tổng các chữ số là 45 là số 199.998 nhưng không chia hết cho 7. Các số lớn nhất tiếp theo có tổng các chữ số này là 289.998 và 298.998. Số đầu tiên không chia hết cho 7 và số thứ hai chia hết cho câu hỏi đáp số cho câu hỏi bài toán là số 29,899,856.
5. Cuốn sách có chiều rộng $\approx 15$ cm và chiều cao $\approx 25$ cm. Như vậy, diện tích của trang là $\approx 0,04$ m2. Nếu một cuốn sách có 500 trang thì các trang của nó có thể bao phủ khoảng 250×0,04=10 mét vuông. Một sân bóng có diện tích khoảng 5-6 nghìn mét vuông, cần 500-600 cuốn sách, giáo sư Ivanov có thể có một chồng. Công viên có diện tích một km vuông, cần khoảng 100.000 cuốn sách - Giáo sư Ivanov có lẽ không có một chồng sách nào cả.

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

1. Xem hình 10.
2. 93989+7492+7492=108973.
3. Chúng tôi đã không chơi. Bằng chứng. Trong một giải đấu, có 21 ván được chơi với 7 người tham gia, 28 ván với 8 người tham gia và 36 ván với 9 người tham gia. Vì đã chơi hơn 21 ván, số người tham gia giải đấu là hơn 7 và vì có ít hơn 28 ván được chơi nên số người tham gia đã hoàn thành giải đấu ít hơn 8 và tổng số người tham gia ít hơn 10. Điều này có nghĩa là 8 hoặc 9 kỳ thủ đã chơi trong giải đấu. Ở cả hai

80

Hình 11.
Trong một số trường hợp, một số lẻ trò chơi vẫn chưa được chơi (5 hoặc 13) và nếu Zhenya và Sasha đã chơi với nhau, thì số lượng trò chơi chưa chơi chẵn sẽ vẫn còn (giữa Sasha và Zhenya bằng nhau).

4. 1988. Bằng chứng. Giả sử số 2$^{1987}$ chứa $n$ chữ số và số 5$^{1987}$ chứa $k$ chữ số. Sau đó

$$10^{n-1} < 2^{1987} < 10^n \text{ и } 10^{k-1} < 5^{1987} < 10^k.$$

Do đó $10^{n+k-2} < 10^{1987} < 10^{n+k}$, có nghĩa là $k+n-2 < 1987 < k+n$, tức là 1987=k+n-1, do đó $k+n=1988$.

5. Đầu tiên, chúng ta hãy mở chiếc hộp lên một mặt phẳng, thực hiện các đường cắt thích hợp (xem hình 11), sau đó cắt hai hình tam giác. Bằng cách gắn chúng vào phần còn lại, chúng ta sẽ có được hình vuông mong muốn.

Danh sách độc giả gửi đúng lời giải

(Để bắt đầu, xem trang 49)

D. Feldman (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 89, 92, 96, 97, 01; N. Fenderov (Kalinerrad) 01; A. Fokin (Moscow) 92; A. Fridlyand (Saratov) 97, 01, 02; M. Furman (Tashkent) 97; S. Fursikov (Kuibyshev) 97; V. Khakimdzhanov (Tashkent) 97; I. Khalikov (p/o vùng Mashad Namangan) 96, 02; V. Kharlamov (Leningrad) 97; V. Khasin (Kimry) 97; I. Himoni (Dnepropetrovsk) 97, 01, 02; A. Khmelnitsky (Kyiv) 92; S. Khrapov (Kolomna) 92, 02; O. Tsodkov (Artemovsk, vùng Donetsk) 92, 96; O. Chanov (Brest) 92, 96; D. Cherpinin (Vinnitsa) 96; M. Cherpudub (Kyiv) 97, 02; E. Chernysheva (Tashkent) 01; A. Chmutov (Kharkov) 02; D. Chokin (Alma-Ata) 01; A. Shargorodsky (Kotovsk, vùng Odessa) 97; Yu. Sharlay (Kharkov) 96, 97, 01, 02; O. Shevodov (Moscow) 92, 97, 01, 02; E. Shvets (Chernivtsi) 92, 97, 02; A. Shvorob (Baranovchit) 96, 97, 01, 02; S. Shinevich (Berezniki) 89, 92, 96, 97, 01, 02; S.Shirokov (Ulyanovsk) 97, 02; Z. Shonya (Tbilisi) 97; S. Shtovba (Vinnitsa) 89, 92; A. Elemberdtseev (Khẩn cấp) 02; A. Ekdyshman (Velgorod) 92, 96; B. Eshganov (Shavat) 02; F. Yusupov (Verkhnyaya Tura) 97; A. Yablokov (làng Rozhdestvenskoye, vùng Kostroma) 92; I. Yagolnitser (Chernivtsi) 92; T. Yarovoy (Moscow) 01; I. Yasikov (Tolyatti) 92; E. Yakhnich (Minsk) 01.

Tổng biên tập - Viện sĩ Yu. A. Osipyan

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

Tuyển tập biên soạn:
A. A. Abrikosov, M. I. Bashmkov,
V. E. Belonuchkin, V. G. Boltyansky,
A. A. Borovoy, Yu. M. Brook, V. V. Vavilov,
N. V. Vasiliev, S. M. Voronin, V. V. Gnedenko,
V. L. Gutenkhacher, N. P. Dolbilin,
V. N. Dubrovsky, A. N. Zemlykov,
A. R. Zilberman, S. M. Kozel, S. S. Krotov, L. D. Kudrvtsev, 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. Velikov, I. Ya. Verchenko, V. V. Vozdvizhensky, 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, L. V. Kardasevich, I. N. Klumov, T. S. Petrova, S. L. Tabachnikov, V. A. Tikhomirova

Số đăng ký:
Yu. A. Vashchenko, M. V. Dubakh, S. V. Ivanov, T. N. Kolchenko, N. S. Kuzmin, S. F. Lukhin, E. V. Nazarov, I. E. Smirnova, P. I. Chernusky

Ảnh được gửi bởi:
A. S. Zhirny

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

Giao hàng vào ngày 16/07/88. Đã ký xuất bản ngày 26/08/88
T-17813. Vumaga 70×100/16. in offset
CR-ott có điều kiện. 27h30. Lò nướng có điều kiện l. 6.5. Ed giáo dục. tôi. 7,96
Lưu hành 189.700 bản. Giá 40 kopecks. Lệnh 1824

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