Bài toán M2490—M2493; F2497—F2500

Kvant 2017, số 12 tr. 15, 20, 21 Thẻ KSKE

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 →

VẤN ĐỀ “Lượng tử”

Bài toán trong toán học và vật lý

Chúng tôi đã chạy chuyên mục này từ số này đến số khác kể từ khi thành lập tạp chí. bài toán được xuất bản trong đó là không chuẩn, nhưng lời giải của chúng không yêu cầu kiến thức ngoài phạm vi chương trình học ở trường. bài toán khó nhất được đánh dấu bằng dấu hoa thị. Sau từ ngữ bài toán, chúng tôi thường cho biết ai đã đề xuất điều đó cho chúng tôi. Tất nhiên, không phải tất cả những bài toán này đều được xuất bản lần đầu tiên. Lời giải bài toán về toán học và vật lý từ số báo này nên được gửi đến các địa chỉ email: [email protected] và [email protected], tương ứng hoặc đến địa chỉ bưu chính: 119296 Moscow, Leninsky Prospekt, 64-A, «Kvant». Gửi các điều kiện của từng bản gốc bài toán được đề xuất xuất bản, cùng với giải pháp của bạn cho bài toán này, tới cùng các địa chỉ. Bài toán M2490, M2491a, b, c đã được cung cấp tại Giải đấu Thành phố XXXIX.

Bài toán M2490–M2493, F2497–F2500

M2490. Có 100 cánh cửa, mỗi cánh cửa đều có chìa khóa riêng (chỉ mở được cánh cửa đó). Cửa được đánh số 1, 2, ……, 100, chìa khóa cũng được đánh số, nhưng có lẽ có sai số: số chìa khóa trùng với số cửa hoặc khác 1. Trong một lần thử, bạn có thể chọn bất kỳ chìa khóa nào, cửa nào và kiểm tra xem chìa khóa này có khớp với cửa này không. Có thể tìm ra chiếc chìa khóa nào mở được cánh cửa nào một cách đáng tin cậy hay không bằng cách thực hiện không quá: a) 99 lần thử; b) 75 lần thử; c) 74 lần thử? A. Lebedev, A. Shapovalov

M2491. Một miếng phô mai phải được cắt thành từng miếng theo các quy tắc sau: 1) đầu tiên chúng ta cắt phô mai thành 2 miếng, sau đó cắt một miếng thành 2 miếng nữa, sau đó chúng ta lại cắt một trong ba miếng thành 2 miếng, v.v.; 2) Sau mỗi lần cắt, các bộ phận có thể có trọng lượng khác nhau, nhưng tỉ số giữa trọng lượng của bộ phận bất kỳ với trọng lượng của bộ phận khác phải lớn hơn một số R cho trước. a) Chứng minh rằng với R = 0,5 thì có thể cắt phô mai sao cho quá trình không bao giờ dừng lại (sau bao nhiêu lần cắt vẫn có thể cắt được một miếng khác). b) Chứng minh rằng nếu R > 0,5 thì một ngày nào đó quá trình cắt sẽ dừng lại.

c) Số miếng pho mát có thể cắt thành nhiều nhất là bao nhiêu nếu R = 0,6? d) Chứng minh rằng nếu với một R cho trước pho mát có thể cắt thành 11 miếng thì nó cũng có thể cắt thành 12 miếng. A.Tolpygo

M2492. Trong tam giác không cân ABC vẽ đường trung tuyến $AA_{0}, BB_{0}, CC_{0}$ và đường cao $AA_{1}, BB_{1}, CC_{1}$ . Gọi $A_{2}$ là giao điểm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác $BA_{1} B_{0}$ và $CA_{1} C_{0}$ , khác với điểm $A_{1}$ . Chúng ta hãy xác định tương tự các điểm $B_{2}$ và $C_{2}$ . Chứng minh rằng các đường thẳng $AA_{2}, BB_{2}, CC_{2}$ cắt nhau tại một điểm. T. Kovalev, A. Lvov (học sinh lớp 9)

M2493. Bên trong tam giác $A_{1} A_{2} A_{3}$ các điểm $A_{4}, A_{5}$ , … $, A_{n}$ được lấy sao cho trong số các điểm $A_{1}$ , … $, A_{n}$ không có ba điểm nào thẳng hàng. Tương tự, bên trong tam giác $B_{1} B_{2} B_{3}$ các điểm $B_{4}, B_{5}$ , … $, B_{n}$ được lấy sao cho trong số các điểm $B_{1}$ , … $, B_{n}$ không có ba điểm nào thẳng hàng. Cho tập M gồm các tập con ba phần tử của tập {1, 2,… …, n}. Gọi A là tập hợp các tam giác có dạng $A_{i} A_{j} A_{k}, i < j < k,$ trong đó { i, j, k } Œ M, tương tự, B là tập hợp các tam giác có dạng $B_{i} B_{j} B_{k}, i < j < k,$ trong đó { i, j, k } Œ M. Được biết, các tam giác của tập A tạo thành một phân vùng của tam giác $A_{1} A_{2} A_{3}$ . Chứng minh rằng mọi điểm nằm trong tam giác

NHÂN VIÊN VẤN ĐỀ

đá, (2) không ai đứng giữa người chơi cao thứ ba và thứ tư,……, (N) không ai đứng giữa hai người chơi thấp nhất. Chứng minh rằng mong muốn của Sir Alex có thể thực hiện được.

Hãy bắt đầu bằng việc chứng minh bổ đề sau. Bổ đề. Cho N người chơi xếp thành hàng ngang, mỗi đội có ít nhất N + 1 người chơi. Sau đó, bạn có thể xếp 2N người chơi vào hàng, mỗi đội 2 người, sao cho hai người chơi bất kỳ của cùng một đội sẽ đứng cạnh nhau. Bằng chứng. Quy nạp trên N. Cơ sở: với N = 1 mệnh đề hiển nhiên. Hãy thực hiện chuyển đổi từ N – 1 sang N. Hãy đánh số các cầu thủ trong mỗi đội bằng các số 1, 2, … từ trái sang phải. Trong số tất cả những người chơi có số 2, chúng ta sẽ chọn người bên trái. Giả sử đây là người chơi $K_{2}$ đang chơi cho đội K (ở đây $K_{1}, K_{2}$ , … đều là người chơi của đội K, đánh số từ trái sang phải). Bây giờ, hãy loại bỏ khỏi dòng tất cả những người chơi đứng bên trái của $K_{2}$ và toàn bộ đội K. Sau đó, từ mỗi đội còn lại, chúng tôi loại bỏ không quá một người chơi (chúng tôi chỉ có thể loại bỏ người chơi có số 1, vì những người chơi có số cao hơn ở bên phải $K_{2} ).$ Theo giả thuyết quy nạp, đối với hàng còn lại, chúng tôi có thể chọn 2N – 2 người chơi theo cách yêu cầu. Vẫn còn phải thêm vào họ một cặp người chơi $K_{1}$ và $K_{2}$ . Hãy chuyển sang lời giải bài toán. Hãy chia các cầu thủ bóng đá thành N đội như sau: đội thứ nhất sẽ bao gồm N + 1 cầu thủ cao nhất, đội thứ hai - tiếp theo có chiều cao N + 1, v.v. Theo bổ đề, chúng ta có thể để hai cầu thủ bóng đá của mỗi đội đứng cạnh nhau. Đây là điều bắt buộc trong bài toán, vì các cầu thủ của đội thứ i là cầu thủ có chiều cao thứ ( 2 i - 1 ) và thứ 2i trong số những người còn lại. Bài toán đã được giải quyết. Để kết luận, chúng tôi đưa ra cách giải thích bằng đồ họa sau đây về bài toán. Đặt n = N ( N + 1 ) Nếu trong dòng của chúng tôi, người chơi cao thứ j ở vị trí thứ i bên trái, thì chúng tôi sẽ tô màu nút bằng tọa độ.

“QUANTA”

(tôi, j). Do đó, trên mạng thu được tại giao điểm của các chiều ngang y = 1, y = 2, …, y = n và các chiều dọc x = 1, x = 2, …, x = n, chúng ta sẽ có n nút được tô màu, với chính xác một nút được tô màu trên mỗi chiều ngang và chiều dọc (xem hình). Bài toán hiện có thể được định dạng lại như sau: cần chọn N cặp nút màu và kết nối các nút trong mỗi cặp với một đoạn sao cho hình chiếu của N đoạn thu được lên trục tọa độ không giao nhau. V. Retinsky

F2485. Một quả bóng bi-a nặng đều có khối lượng m bị “mắc kẹt” vào một lưới nằm ngang (hình1), được kéo căng (để bảo vệ đèn) từ trần nhà phía trên bàn chơi game. Ở mức độ nào-

Hình 1

Điều này có thể thực hiện được ở giá trị thấp của hệ số ma sát M không? Bán kính của quả bóng là R, “bước” của mạng là 2a, đường kính của thanh mạng là l. Gia tốc trọng trường là g.

KVANT 2017/№12

hình vuông $ACI_{c}$ . Như đã biết, W cách đều $A, B, I, I_{c}$ (Định lý Trident), cụ thể W là trung điểm của $II_{c}$ nên $CI = II_{c} = 2 IW$ .

Bài tập 1. Chứng minh điều ngược lại: nếu CI = 2IW (hoặc $CI II_{c} ),$ thì AIM 90 o.

Phải nói rằng dòng chữ bài toán này đã xuất hiện vào giây phút cuối cùng tại Olympic. Trước đó, một bài toán hơi khác đã xuất hiện trong phiên bản nháp. Bài toán 2 (S. Berlov). Chu vi tam giác ABC bằng 1. Điểm I là tâm đường tròn nội tiếp, điểm M là trung điểm cạnh AC. Hóa ra là – AIM $= 90 \infty$ . Tìm độ dài cạnh AB. Đáp số. 1/4. Đầu tiên là lời giải. Dễ dàng có được một trong lời giải bài toán 2 từ lời giải bài toán 1 ở trên. Thật vậy, vì I là trung điểm của $CI_{c}$ nên bán kính $r_{c}$ của đường tròn ngoại tiếp gấp đôi bán kính r của đường tròn nội tiếp. Từ đây và từ các công thức tính diện tích tam giác $S = pr = ( p - c ) r_{c}$ , chúng ta thu được ngay đáp số: c = 1/4. Nhưng bài toán2 có thêm một vài lời giải. Hãy cho hai trong số họ. Thứ hai lời giải. Gọi N là trung điểm của BC (hình3). Vì MN P AB và – AIM $= 90 \infty$ nên MI là phân giác của góc AMN. Do đó, MN tiếp tuyến với đường tròn nội tiếp tam giác. Điều này có nghĩa là hình thang AMNB được mô tả xung quanh đường tròn này, tức là AB + MN = AM + BN,

Hình 3

từ đó, vì MN = AB/2 nên ta có AB = ( AC + BC ) 3.

Bài tập 2. Chứng minh rằng từ đẳng thức AB AC BC 3 suy ra AIM 90 o.

Thứ ba lời giải. Gọi T là điểm tiếp tuyến của cạnh AC với đường tròn ngoại tiếp tương ứng (hình4). Đã biết

Hình 4

nhưng BT P IM đó (điều này có thể được chứng minh bằng cách xét tính đồng nhất coi một đường tròn nội tiếp với một đường tròn ngoại tiếp). Do đó, trong tam giác ABT, đường thẳng AI là đường phân giác và đường cao, tức là AB = AT = p – c, từ đó AB = 1/4 dễ theo sau.

Bài tập 3. Chứng minh trực tiếp đường thẳng song song với AB tiếp xúc với đường tròn nội tiếp khi và chỉ khi $r_{c} 2 r$ . Gợi ý. Áp dụng tính đồng nhất tập trung tại điểm C.

Vậy tại sao cách diễn đạt của bài toán lại thay đổi ngay trước Thế vận hội? Thực tế là vào năm 2010, tại Olympic Toán học Moscow, bài toán sau đây đã được đề xuất. Bài toán 3 (A. Zaslavsky). Cho tam giác ABC, điểm I là tâm đường tròn nội tiếp, các điểm M, N là trung điểm các cạnh AC, BC. Được biết – AIM $= 90 \infty$ . Chứng minh rằng – BIN $= 90 \infty$ . Dễ dàng nhận thấy rằng lời giải trong số bài toán này thực tế trùng khớp với phần thứ hai trong số các câu trên lời giải bài toán 2.

NHÂN VIÊN VẤN ĐỀ

Nhưng đó không phải là tất cả! Vào năm 2014, tại I.F. Thế vận hội Sharygin, một bài toán như vậy đã được đưa ra. Bài toán 4 (A. Polyansky).} Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, M, N là trung điểm của các cung ABC và BAC của đường tròn ngoại tiếp. Chứng minh rằng các điểm M, I, N thẳng hàng khi và chỉ khi AC + + BC = 3AB. Lời giải. Chứng minh rằng nếu các điểm M, I, N thẳng hàng thì AC + BC = 3AB. Cách đầu tiên. Ta ký hiệu $A_{1}, B_{1}$ và $C_{1}$ là trung điểm của các cung BC, CA và AB không chứa các đỉnh khác của tam giác ABC (hình5,а). Vì $A_{1} N$ và $B_{1} M$ là đường kính nên $A_{1} B_{1}$ và MN bằng nhau và song song. Như đã biết, $A_{1} B_{1}$ ^ $CC_{1}$ và $CC_{2} = C_{2} I$ . Từ sự đối xứng qua đường phân giác vuông góc đến $CC_{1}$ ta có $CC_{2} = C_{1} I$ ,

Hình 5

“QUANTA”

do đó $CI = 2 IC_{1}$ . Nhưng từ bài tập 1 và bài toán 2, chúng ta đã biết rằng đẳng thức cuối cùng tương đương với đẳng thức bắt buộc. Cách thứ hai. Gọi $I_{c}$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp tiếp xúc với cạnh AB (hình5,b). Như đã biết, M và N là tâm của các đường tròn $A CI_{c}$ và $B CI_{c}$ (một phiên bản của định lý đinh ba cho trung điểm của các cung BAC và ABC). Do đó, MN là đường trung trực của đoạn $CI_{c}$ , tức là I – giữa $CI_{c}$ . Chúng ta lại thu được điều kiện tương đương với điều kiện cần.

Bài tập 4. Tiến hành suy luận theo chiều ngược lại, chứng minh nếu AC + + BC = 3AB thì các điểm M, I, N thẳng hàng.

Hãy tóm tắt. Ta đã thấy các tính chất sau của tam giác ABC là tương đương: i AB = ( AC + BC ) 3; i – AIM $= 90 \infty$ , trong đó M – điểm giữa AC; i – BIN $= 90 \infty$ , trong đó N là giữa BC; i đường thẳng song song với AB tiếp xúc với đường tròn nội tiếp; i I – trung điểm $CI_{c} ; i CI =$ 2IW, trong đó W – trung điểm cung AB; i là trung điểm của các cung ABC, BAC và điểm I cùng nằm trên một đường thẳng. Sau đó, dường như không còn ngạc nhiên nữa khi bài toán về những hình tam giác như vậy đã xuất hiện nhiều lần tại Thế vận hội. Có lẽ độc giả sẽ khám phá được những tính chất mới của chúng hoặc tìm được một lớp tam giác mới không kém phần thú vị. tái bút Khi bài báo đã được viết xong, S. Berlov đã báo cáo rằng bài toán sau đây đã được đề xuất tại một trong những Thế vận hội Olympic ở St. Bài toán 5 (S. Ivanov). Cho tam giác ABC, I là tâm đường tròn nội tiếp, M, N là trung điểm các cạnh AC, BC. Được biết, – AIM+ – BIN $= 180 ^\circ$ . Chứng minh rằng AC + BC = 3AB. Chúng tôi để lại bài toán 5 để người đọc tự tìm hiểu lời giải và hy vọng rằng câu chuyện của chúng tôi sẽ giúp giải quyết nó.