Bài toán M2518—M2521; F2525—F2528

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 M2518–M2521 đã được đưa ra tại Olympic Toán học Caucasian lần III.

Bài toán M2518–M2521, F2525–F2528

M2518. Đồ thị của hai tam thức vuông cắt nhau tại điểm A và B (Hình 1).

Có một cách phân vùng không vuông góc thành từng cặp. Chứng minh rằng trong trường hợp này có ít nhất n! các cách không có bình phương để phân chia 2n số này thành từng cặp. P.Kozhevnikov

M2520. Các quân chip được đặt lần lượt trên bảng 8 ¥ 8 trống ban đầu. Một con chip chỉ có thể được đặt trong một ô có cạnh ít nhất a) hai; b) với ba ô trống. Số lượng chip lớn nhất mà chúng ta có thể đặt trên bảng bằng cách sử dụng các quy tắc này là bao nhiêu? D. Belov, V. Bragin

Hình 1

Các đường thẳng OA và OB đi qua đỉnh O của đỉnh đầu tiên; chúng cắt đồ thị thứ hai lần lượt tại các điểm C và D. Chứng minh đường thẳng CD song song với trục Ox. A. Antropov

M2519. Ta gọi phương pháp phân chia một tập hợp gồm 2n số tự nhiên thành n cặp số tự nhiên nếu không có cặp số nào thì tích của các số là bình phương của một số tự nhiên. Biết rằng với 2n số tự nhiên phân biệt

M2521. Trong mỗi ô của bảng n ¥ n Morteza đặt một số hàm [ 0; 1 ] Æ [ 0; 1 ] (tức là có tổng cộng $n^{2}$ hàm, mỗi hàm được xác định trên khoảng [0; 1] và lấy các giá trị từ khoảng [0; 1] ). Pavel muốn đặt thêm một hàm nữa ở bên trái mỗi hàng và bên dưới mỗi cột [ 0; 1 ] Æ [ 0; 1 ] (tức là thêm 2n hàm) sao cho với bất kỳ hàng và cột bất kỳ, điều kiện sau được thỏa mãn: nếu hàm f được đặt dưới cột này thì hàm g được đặt ở bên trái hàng và hàm h được đặt ở giao điểm của cột này và hàng này, thì với mọi x Œ [ 0; 1 ] đẳng thức h ( x ) = f ( g ( x ) ) là đúng. Chứng minh rằng Paul sẽ luôn có thể thực hiện được kế hoạch của mình. M. Saghafiyan (Iran)

15

NHÂN VIÊN VẤN ĐỀ

chia hết cho $p^{D+} 1 ).$ Tương tự, giả sử p xuất hiện trong khai triển của b và c theo lũy thừa E và J tương ứng. Để xác định, chúng tôi giả sử rằng $D \ge E \ge J$. Khi đó p đi vào khai triển của GCD (a, b) và LCM (b, c) thành lũy thừa của E. Từ tính chia hết của c ⋮ GCD (a, b) suy ra $J \ge E$, và từ tính chia hết của LCM (b, c) ⋮ a suy ra $E \ge D$. Do đó, D = E = J, đó là điều cần thiết. b) Gọi các số đã cho là a, b, c, d. Chỉ cần chứng minh rằng số nguyên tố p cố định xuất hiện khi khai triển số abcd thành lũy thừa chẵn là đủ. Chúng ta hãy biểu thị lại mức độ xuất hiện của p trong khai triển: giả sử các số a, b, c, d lần lượt bằng D, E, J, G, trong khi để xác định, chúng ta giả sử rằng $D \ge E \ge J \ge G$. Vì d ⋮ GCD ( a, b, c ), nên $G \ge$ min { D, E, J } = J. Do đó, J = G. Vì LCM ( b, c, d ) ⋮ a nên E = max ${ E, J, G } \ge \ge D$. Điều này có nghĩa là D = E. Do đó, p được bao gồm trong việc khai triển số abcd thành lũy thừa chẵn D + E + J + G = = 2 ( D + J ). Đây là những gì cần phải được cài đặt. Từ lời giải bài toán b) không khó để có được mô tả đầy đủ về tất cả các bộ tứ số a, b, c, d thỏa mãn điều kiện. Ngược lại với điểm a), dễ dàng đưa ra ví dụ về bốn số khác nhau thỏa mãn điều kiện. Ví dụ: a = pq, b = p, c = q, d = 1, trong đó p và q là các số nguyên tố phân biệt. B.Frenkin

M2507. Cho ABCD là tứ giác nội tiếp và điểm P nằm trên cạnh AB (Hình 1). AC chéo lại

Hình 1

“QUANTA”

cắt đoạn DP tại điểm Q. Một đường thẳng đi qua P song song với CD cắt phần kéo dài của cạnh CB ngoài điểm B tại điểm K, và một đường thẳng đi qua Q song song với BD cắt phần kéo dài của cạnh CB ngoài điểm B tại điểm L. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giác BKP và CLQ là tiếp tuyến.

Ta sẽ chứng minh rằng đường tròn BKP và CLQ tiếp xúc với điểm T là giao điểm lặp lại của đường thẳng DP và đường tròn ABCD (Hình 2). Vì tứ giác BCDT

Hình 2

nội tiếp ta được – KBT = – CDT. Vì KP P CD nên ta có – CDT = – KPT. Như vậy – KBT = – CDT = – KPT, tức là T nằm trên đường tròn BKP. Tương tự, các đẳng thức – LCT = = – BDT = – LQT chứng tỏ T cũng nằm trên đường tròn CLQ. Còn phải chứng minh rằng các đường tròn này thực sự tiếp xúc tại điểm T. Gọi m là tiếp tuyến vẽ tại điểm T của đường tròn BKTP. Theo định lý về góc giữa tiếp tuyến và dây cung thì góc D giữa đường thẳng m và đường thẳng TD bằng góc TBP. Nhưng – TBP = – TBA = – TCA = – TCQ. Từ đẳng thức D = – TCQ suy ra đường thẳng m và đường tròn CLTQ tiếp xúc nhau. Do đó, m là tiếp tuyến chung của các đường tròn và bài toán đã được giải. Lưu ý rằng điểm T cũng có thể được mô tả là điểm Mikel cho bốn trong năm đường thẳng bất kỳ AB, BC, AC, KP, LQ. Tất nhiên, câu bài toán sẽ đúng với cách xây dựng tương tự, trong đó P là một điểm tùy ý trên đường thẳng AB (không phải

17

NHÂN VIÊN VẤN ĐỀ

phân vùng của chúng tôi. Sau đó, Anna định hướng đoạn t theo cách sao cho cả hai mũi tên trên đoạn s và t đều đi vào đỉnh của góc hoặc cả hai đều đi ra khỏi đỉnh của góc (ví dụ được hiển thị trong Hình 2). Lưu ý là sau mỗi lần di chuyển Anna đều yêu thích

“QUANTA”

chiến lược chỉ chia mạng thành các góc LN. I. Bogdanov, M. Didin

$Ф2513.^{1}$ Hai thanh rất dài quay với vận tốc góc không đổi Z và 2 Z quanh trục song song đi qua hai đầu A và B của chúng (xem hình). Khoảng cách giữa các trục l, in

Hình 2

mỗi góc của phân vùng của chúng tôi bao gồm hai phân đoạn đã được định hướng hoặc hai phân đoạn chưa được định hướng. Điều này có nghĩa là Anna sẽ luôn có thể di chuyển bằng chiến lược trên. Giả sử ở một bước nào đó Bob vẫn thắng, tức là một chu trình định hướng C đã xuất hiện. Chúng ta hãy tìm phần ngoài cùng bên trái của các đường lưới dọc trên đó có các nút của chu kỳ C và trong số các nút này, chúng ta chọn nút thấp nhất. Chúng ta hãy biểu thị nút này bằng X, tức là X – “thấp nhất trong số ngoài cùng bên trái”. Tương tự, chúng ta xác định các nút “trên cùng trong số các nút ngoài cùng bên phải” của chu kỳ C. Nếu X nằm hoàn toàn bên trái của đường giữa thì X là đỉnh của một số góc LN trong đó cả hai đoạn đều được định hướng. Theo định nghĩa của nút X, cả hai phân đoạn này đều được bao gồm trong chu kỳ C. Tuy nhiên, theo chiến lược của Anna, các phân đoạn này được định hướng theo cách mà chúng không thể nằm trong một chu trình được định hướng. Mặt khác, nút Y nằm hoàn toàn ở bên phải đường giữa và lý do tương tự cho nút Y sẽ dẫn đến mâu thuẫn. Vì vậy Bob sẽ không bao giờ thắng. Bài toán đã giải quyết. Phiên bản đơn giản hơn của bài toán này sẽ hoạt động nếu Bob thực hiện trước. Trong trường hợp này, chỉ cần sử dụng một cặp mômen ban đầu là đủ, cả hai thanh đều hướng sang phải. Giao điểm của hai thanh O đi theo quỹ đạo nào? Tìm vận tốc và gia tốc của điểm này sau thời điểm t = S ( 6 Z ) sau khi bắt đầu chuyển động. Đáp số biện minh.

Giả sử sau khi bắt đầu chuyển động (khi các thanh hướng về bên phải) một thời gian t đã trôi qua, nhỏ hơn thời gian nửa vòng quay của thanh bên phải, tức là t < S ( 2 Z ). Xét tam giác ABO, trong đó A và B là hai đầu của các thanh mà chúng quay xung quanh, O là giao điểm của các thanh lúc này. Hiển nhiên tam giác này là tam giác cân nên AB = BO. Thật vậy, vì góc ABO bằng S - 2 Z t và góc OAB bằng Z t, nên góc AOB bằng S - Z t - ( S - 2 Z t ) = Z t. Như vậy, trong tam giác OAB có các góc AOB và OAB bằng nhau nên tam giác này là tam giác cân, trong đó AB = BO tại mọi thời điểm. Vậy khoảng cách từ điểm B đến giao điểm của hai thanh O không đổi trong quá trình chuyển động và bằng l. Do đó, giao điểm của các thanh chuyển động với vận tốc góc không đổi 2Z dọc theo đường tròn có tâm tại điểm B và bán kính.

1 Tác giả lời giải bài toán F2513–F2516 – S. Muravyov.