Kvant 2022, số 4 · Trang

10

KVANT 2022/№4

Công thức này chứng tỏ giá trị giới hạn của hiệu suất trao đổi nhiệt tổ chức theo phương pháp Máy bằng đơn vị. Bây giờ chúng tôi đã sẵn sàng với lý do chính đáng để đưa ra kết luận cuối cùng: Một số lượng lớn các quy trình trao đổi “trung thực” có thể dẫn đến kết quả “hoàn toàn không trung thực”. Bằng cách tăng số lượng ly, bạn có thể làm mát nước nóng trước đây đến gần như bằng 0 và đun nóng nước trong những ly lạnh ban đầu gần như đến nhiệt độ $T_{0}$. - Làm tốt lắm, Masha! “Tôi đã nghĩ ra một phương pháp hay trong khi một số người đang nhìn ra ngoài cửa sổ,” giáo viên của chúng tôi nói và không hiểu sao lại nhìn tôi. – Nhưng những người tụt lại phía sau vẫn còn cơ hội. Tất nhiên, ở một khía cạnh nào đó, sẽ không thể vượt qua phương pháp Máy - trong giới hạn, nó mang lại giá trị hiệu suất bằng một. Nhưng rõ ràng là hiệu quả không thể lớn hơn một. Nhưng ai biết được, điều gì sẽ xảy ra nếu có một phương pháp giúp theo đuổi sự thống nhất nhanh hơn Máy 1 n? Hãy nghĩ về nó.

Bài toán dành cho độc lập lời giải

1. Sasha kết hợp kính D thành một nhóm. Điều gì sẽ xảy ra nếu chúng ta tập hợp lại không phải những người “giàu” mà là “nghèo”? Hiệu suất của quá trình là gì,

trong đó một nhóm n kính E được nối lần lượt với từng kính D? 2. Hiệu quả của phương pháp Sasha đối với 4 kính D và 8 kính E là bao nhiêu? 3. Nhiệt độ giới hạn của kính D và E trong quy trình của Sasha đối với số lượng rất lớn kính D là bao nhiêu? Số lượng ly “nóng” và “lạnh” có thể khác nhau. 4. Tìm hiệu suất của phương pháp Máy cho trường hợp số kính D là 4 và số kính E là: a) hai; b) tám. 5. Có một số chiếc kính màu đỏ và xanh lam (cùng kích thước) trong phòng thí nghiệm. Nếu bạn đổ nước sôi $( T_{0} 100 q C ),$ vào ly đỏ và nước đá (0 q C) vào ly xanh và tiến hành trao đổi nhiệt theo Quy tắc Máy thì nhiệt độ của ly đỏ sẽ trở thành $T_{1} 4,8 q C$, và ly xanh $T_{2} 47,6 q C$. Và nhiệt độ của cốc sẽ là bao nhiêu nếu bạn làm ngược lại - đổ nước đá vào cốc màu đỏ và đổ nước sôi vào cốc màu xanh? 6. Trong Quy trình Máy móc, các nhóm lớn Kính điện tử hoạt động giống như những băng nhóm cướp thực sự. Hành vi của họ tuân theo quy luật: nếu đông hơn, chúng tôi sẽ lấy mọi thứ, nếu ít hơn, chúng tôi sẽ lấy càng nhiều càng tốt. Chứng minh nhận định này và tìm xem nhiệt độ giới hạn của kính D và kính E trong quy trình Máy bằng bao nhiêu với số lượng kính E rất lớn.

Để thu hút sự chú ý của độc giả của chúng tôi

Bạn có thể đăng ký tạp chí «Kvant» từ bất kỳ số nào tại bất kỳ bưu điện nào. Chỉ số đăng ký của chúng tôi trong danh mục “Báo chí Nga” là 90964. Bạn có thể mua tạp chí «Kvant» trong cửa hàng “Sách toán học” của nhà xuất bản MCNMO (địa chỉ cửa hàng trực tuyến: biblio.mccme.ru), cũng như tại các hiệu sách ở Moscow “Biblio-Globus”, “Young Guard”, “Moscow House of Books” và trong tòa soạn tạp chí. Kho lưu trữ các số đã xuất bản của tạp chí «Kvant» có ​​sẵn trên trang web http://kvant.ras.ru

Mark Ivanovich Bashmkov

(1937–2022)

Ngày 31 tháng 3 năm 2022, thành viên ban biên tập tạp chí «Kvant» Mark Ivanovich Bashmkov, một nhà khoa học, nhà toán học, giáo viên đa tài, tác giả của hơn 50 cuốn sách giáo khoa về toán học, nhà leo núi và nhà sưu tầm sử học nghệ thuật, đã qua đời. Mark Ivanovich Bashmkov sinh ngày 10 tháng 2 năm 1937 tại Leningrad. Trong cuộc Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại, cha ông ra mặt trận tình nguyện và trở về bị tàn tật. Cậu bé Mark 5 tuổi cùng mẹ và hai anh trai đã được sơ tán khỏi Leningrad bị bao vây và trở về đó sau khi chiến tranh kết thúc. Anh tốt nghiệp ra trường với huy chương vàng và vào Khoa Toán và Cơ học của Đại học bang Leningrad. Ông học giỏi toán và cơ học, đồng thời không chỉ học toán - ông còn là thư ký tổ chức Komsomol của toàn trường đại học. Trong công việc Komsomol của mình, cũng như trong cuộc sống nói chung, ông tuân thủ nguyên tắc đảm nhận những nhiệm vụ khó khăn, hoàn thành chúng đến cùng và không bao giờ rơi vào chủ nghĩa hình thức mà làm tổn hại đến bản chất của vấn đề. Bashmkov đã hoàn thành nghiên cứu sau đại học của mình với việc bảo vệ luận án “Đồng đồng điều của các đa tạp Abelian” tại Khoa Đại số và Lý thuyết Số. Vào những năm 60 của thế kỷ trước, sự hợp tác khoa học tích cực giữa Liên Xô và các nước khác đã bắt đầu.

các nước. Bashmkov, một sinh viên tốt nghiệp, được gửi đến Guinea - anh ấy dạy toán ở đó bằng tiếng Pháp, môn toán mà anh ấy nhanh chóng thành thạo trước chuyến đi. Sau khi tốt nghiệp cao học, anh được cử làm nhà khoa học trẻ đến Sorbonne - Đại học Paris. Bashmkov trở về từ Paris với những ý tưởng mới về hình học đại số, ý tưởng này đã trở thành chủ đề cho luận án tiến sĩ của ông và là một hướng đi riêng mà ông ủng hộ tại Khoa Đại số và Lý thuyết Số của Toán học và Cơ học của Đại học bang Leningrad. Các luận án tiến sĩ và ứng viên trong lĩnh vực này đã được chuẩn bị dưới sự hướng dẫn của ông. Mark Ivanovich đã đầu tư phần lớn cuộc đời và tâm hồn của mình vào việc tổ chức trường nội trú vật lý và toán học nổi tiếng số 45 tại trường đại học và tổ chức các khóa học giáo dục tại đó. Trong một năm, 1962, có thể nhận được lệnh từ Bộ, phân bổ cơ sở, lựa chọn đội ngũ giảng viên, phát triển các chương trình giáo dục ban đầu, tuyển sinh trẻ em từ các vùng nông thôn của vùng Tây Bắc vào trường, và cuối cùng là mở trường nội trú toán vào năm 1963. Lời giải các vấn đề về tổ chức đã được đóng góp rất nhiều bởi hiệu trưởng Đại học Leningrad lúc bấy giờ là Alexander Danilovich Alexandrov - nhà toán học, vật lý, triết học, nhà leo núi - và khoa học

12

KVANT 2022/№4

Người giám sát mới của Bashmkov, Dmitry Konstantinovich Faddeev, là người đứng đầu phòng thí nghiệm đại số (đồng thời là một nghệ sĩ piano giỏi). Vài năm sau, trên cơ sở trường nội trú số 45, một Trường Toán Tương ứng, ZMSH nổi tiếng, đã được thành lập, trường này vẫn mê hoặc hàng nghìn trẻ em trên khắp đất nước rộng lớn với môn toán (trong đó có một trong những tác giả của văn bản này). Tôi nhớ cuốn sách phương pháp luận đầu tiên của Bashmkov “Phương trình và bất đẳng thức”, được xuất bản trong bộ “Thư viện của Trường Vật lý và Toán học” năm 1976. Cuốn sách nhỏ này đã trở thành tiền thân của cả một dòng sách giáo khoa toán học ở trường, một số trong đó là duy nhất. Ví dụ, sách giáo khoa nhân văn không phải là sự đơn giản hóa khóa học toán ở trường mà đưa ra ý tưởng về toán học từ góc độ triết học hơn. Cuốn sách giáo khoa này không chỉ phản ánh những ý tưởng phương pháp luận của Bashmkov với tư cách là một giáo viên dạy toán mà còn phản ánh niềm đam mê của tác giả đối với thơ ca và mỹ thuật Thời đại Bạc. Từ năm 1977 đến năm 1991, Bashmkov đứng đầu Khoa Toán cao cấp số 2 tại Viện Kỹ thuật Điện Leningrad. Khoa được thành lập dành riêng cho Bashmkov - với mục tiêu tổ chức một trường toán mạnh tại LETI. Bashmkov đã tập hợp một đội ngũ mạnh tại khoa, kết nối các nhà khoa học đang tích cực làm việc trong lĩnh vực toán học (nhà tôpô V.M. Kharlamov, nhà phân tích E.M. Dynkin, chuyên gia toán học rời rạc S.V. Fomin, nhà logic học S.V. Solovyov, chuyên gia lý thuyết xác suất V.A. Egorov, v.v.) với các chuyên gia về phương pháp giảng dạy toán học. Những truyền thống do Bashmkov đặt ra vẫn được Bộ bảo tồn. Vào những năm 90, Bashmkov được bầu vào Hội đồng thành phố Leningrad, nơi ông đứng đầu Ủy ban Giáo dục và tham gia tổ chức lại các cơ quan quản lý giáo dục. Vào thời điểm này, theo kế hoạch của ông, một Trung tâm Phát triển Giáo dục Thay thế sẽ được thành lập, trong đó các nhóm sáng kiến ​​​​của thành phố trong các lĩnh vực hoạt động khác nhau của trường học được hợp nhất. Các đội này đã trở thành những người tiên phong trong việc đưa các công nghệ sư phạm mới vào giáo dục của thành phố. Theo sáng kiến ​​của Bashmkov, chương trình “Toán học cho mọi người” đã được triển khai ở Nga, mắt xích kết nối của chương trình này là cuộc thi quốc tế “Kangaroo”, thu thập

tiếp cận tới hai triệu học sinh Nga hàng năm. Mark Ivanovich đã tổ chức các cuộc thi tương tự ở các môn khác, ví dụ như cuộc thi “British Bulldog” bằng tiếng Anh, cuộc thi “Bộ lông cừu vàng” đầy tinh thần trong lịch sử văn hóa thế giới, v.v. Ở tuổi 30, tức là khá muộn, Bashmkov bắt đầu quan tâm nghiêm túc đến môn leo núi và trong tất cả các sở thích của mình, ông đều đạt được sự hoàn hảo. Mark Ivanovich trở thành chủ tịch bộ phận leo núi của trường đại học. Các sinh viên nín thở theo dõi khi anh trèo lên một tòa nhà gạch cao trong sân trường đại học - tòa nhà của Mười hai trường Cao đẳng - để đảm bảo an toàn cho những người tham gia phần thi. Mark Ivanovich Bashmkov đã cống hiến hơn 50 năm cho hoạt động leo núi, và xét về thời gian ông dành cho những ngọn núi, đó là nửa cuộc đời của ông, như chính ông tin tưởng. Lần cuối cùng anh ấy ở trên núi là vào ngày sinh nhật của anh ấy vào năm 2021 - theo truyền thống, anh ấy đã tổ chức ngày này trên các đỉnh núi. Và vì sinh nhật của anh ấy là vào tháng Hai, anh ấy đã trở thành một trong những người tích cực ủng hộ việc leo núi vào mùa đông. Vì đã chinh phục được bảy nghìn người, ông đã được trao tặng huy hiệu “Báo tuyết”. Một khía cạnh khác trong bản chất đa diện của Mark Ivanovich là niềm đam mê đồ họa sách. Bộ sưu tập của ông bao gồm hơn 500 cuốn sách, những tác phẩm nghệ thuật đích thực. Những cuốn sách này được xuất bản với số lượng nhỏ, với nghệ sĩ và nhà văn là đồng tác giả. Họ hợp nhất thế giới văn học, thế giới đồ họa và thế giới in ấn. Vào năm 2013, Hermecca đã tổ chức cuộc triển lãm sách đầu tiên trong bộ sưu tập của Bashmkov, mang tên “Cuốn sách của nghệ sĩ”. Sau đó, những cuộc triển lãm như vậy được tổ chức hàng năm và Mark Ivanovich thường tự mình thực hiện các chuyến du ngoạn. Năm 2015, Tủ sách Nghệ sĩ được mở ở cánh phía đông của Tòa nhà Bộ Tổng tham mưu và Mark Ivanovich trở thành cố vấn cho giám đốc Hermecca. Các nhân viên của Hermitage coi Bashmkov là một kiểu nhà sưu tập mới - không hẳn là một nhà sưu tập sách mà là một nhà nghiên cứu chu đáo về chúng. Trong mọi hoạt động của mình, Mark Ivanovich Bashmkov đều vô cùng tài năng. Ký ức tươi sáng về ông như một con người có tầm vóc vĩ đại và tài năng phi thường sẽ mãi mãi được lưu giữ bởi những ai may mắn được giao tiếp và làm việc cùng ông. S. Pozdnykov, S. Entina

13

PHƯƠNG TIỆN DIAPHANTINE VÀ CÁC ĐIỂM HỢP LÝ

Phương trình Diophantine và điểm hữu tỷ

M.BASHMAKOV

LĨNH VỰC LÝ THUYẾT SỐ TRONG NÀO Số nguyên được nghiên cứu lời giải các phương trình có dạng P x, y,… 0, trong đó P x, y,… là đa thức nhiều biến có hệ số nguyên, được gọi là phân tích Diophantine, và bản thân các phương trình này được gọi là Diophantine. Chúng được đặt theo tên của nhà toán học nổi tiếng người Hy Lạp Diophantus, người sống ở thế kỷ thứ 3 và đã viết chuyên luận đầu tiên về các phương trình như vậy. Mặc dù thực tế là các phương trình Diophantine là một trong những lĩnh vực toán học lâu đời nhất, nhưng các phương pháp chung của chúng lời giải bắt đầu được tạo ra khá gần đây. Các tác phẩm cổ điển chủ yếu xem xét các phương trình Diophantine tuyến tính và bậc hai. Lời giải Sự phát triển của các phương trình phức tạp hơn đã đạt được tiến bộ đáng kể trong 20-25 năm qua nhờ sự tham gia rộng rãi của các ý tưởng từ các lĩnh vực toán học khác, chủ yếu từ hình học và cấu trúc liên kết, vào lý thuyết số. Theo lời của N. Bourbaki, “…hình học cổ điển…đã trở thành ngôn ngữ phổ quát của toàn bộ toán học, sở hữu tính linh hoạt và tiện lợi đặc biệt.” Hình học không chỉ cung cấp ngôn ngữ mà còn cung cấp cả cấu trúc và trực giác của nó. Hãy nhìn xem ngôn ngữ hình học rõ ràng biết bao. Lấy ví dụ, phương trình Fermat $х^{n} у^{n} z^{n}$, chia cả hai phần cho $z^{п}$ và ký hiệu x z là u, y z là v. Ta được phương trình $u^{п} v^{п} 1$. Gửi tới mọi người lời giải X; y; z của phương trình Fermat theo số nguyên tương ứng (tại z z 0 ) lời giải phương trình $u^{п} v^{п} 1$ ở số hữu tỉ.

Đăng trên tạp chí «Kvant» số 8 năm 1978.

Nếu bây giờ chúng ta xét đồ thị của phương trình này trên mặt phẳng u; v , khi đó chúng ta thu được một đường cong và các nghiệm nguyên của phương trình Fermat tương ứng với các điểm của đường cong này có tọa độ hữu tỷ. Điều ngược lại cũng hiển nhiên: mỗi điểm của đường cong được chỉ định với tọa độ hữu tỉ sẽ cho (sau khi thoát khỏi mẫu số) một số nguyên lời giải Phương trình Fermat. Như vậy, câu hỏi lời giải của phương trình Fermat, dịch sang ngôn ngữ hình học, chuyển thành câu hỏi tìm các điểm có tọa độ hữu tỉ (chúng ta sẽ gọi chúng là hữu tỉ) trên đường cong $u^{п} v^{п} 1$. (Lưu ý rằng khi chia phương trình Fermat cho $z^{п}$ chúng ta “mất” nghiệm của nó ở z 0, nhưng chúng rất dễ nghiên cứu riêng biệt.) Trong bài viết này, chúng tôi sẽ giới thiệu cho bạn hai kỹ thuật hình học để tìm điểm hữu tỉ trên đường cong. Để đơn giản, hãy bắt đầu với phương trình $х^{2} у^{2} z^{2}$, lời giải mà trong số tự nhiên được gọi là bộ ba Pythagore. Đường cong tương ứng với phương trình $х^{2} у^{2} z^{2}$ là đường tròn $u^{2} v^{2} 1$. Bộ ba Pythagore (3; 4; 5), (5; 12; 13) tương ứng với các điểm hữu tỉ 3 5; 4 5, 5 13; 12 13 của vòng tròn này (Hình 1). Một số đường cong phẳng được xác định một cách thuận tiện ở dạng tham số; chỉ ra hai hàm f và g sao cho, với tất cả các giá trị có thể có của tham số t, điểm Hình 1

19

NHÂN VIÊN VẤN ĐỀ

nâng những quả bóng giấy như vậy. Gia tốc trọng trường trên bề mặt Mặt trăng là $g_{Л} 1,62$ m $с^{2}$ và trên bề mặt Trái đất $g_{З} 9,81$ m $с^{2}$. Ở trạng thái ổn định tốc độ bao nhiêu thì một cục giấy như vậy, được thả từ một độ cao lớn, sẽ rơi gần bề mặt Trái đất? Manh mối. Lực cản của không khí (gần bề mặt Trái đất) tỷ lệ với bình phương tốc độ của quả bóng, mật độ của không khí (1,2 kg $м^{3} )$ và tiết diện của quả bóng. Hệ số không thứ nguyên trong biểu thức của lực này là 0,24 (nếu tất cả các đại lượng khác được biểu thị bằng đơn vị SI). Trên một gói giấy như vậy có ghi: 500 tờ 210 mm u 297 mm, 80 g $м^{2}$. S. Sharikov

F2702. Để đào mương bằng xẻng lưỡi lê (Hình 1), Vasya (khối lượng của anh ta

Hình 1

80kg) dùng chân ấn lên bậc thang (phần trên của lưỡi xẻng cong vuông góc) và khi xẻng dừng lại thì 50% trọng lượng của người đó rơi xuống bậc thang này. Trong trường hợp này, lưỡi xẻng đâm (cắt) nửa lưỡi lê xuống đất - khoảng 15 cm. Để xé lớp đất đã cắt ra khỏi bề mặt của xẻng, bạn cần thực hiện khối lượng công việc tương đương để đưa lưỡi lê xuống đất. Độ dày của “lát” cắt trung bình là 5 cm. Tính công cần thực hiện để đào một cái hố hình lập phương có cạnh 1,5 m. Đất có độ chặt trung bình U 1,5 g $см^{3}$. Phần nào của công việc này sẽ được yêu cầu để phá hủy tính toàn vẹn của đất và phần nào sẽ được yêu cầu để nâng “mảnh” lên ngang với mép của hố? Chúng ta sẽ coi xẻng là không trọng lượng. V. Lopatin

“QUANTA”

F2703. Không khí trong xi lanh $длиной^{l}$ có thể được nén đẳng nhiệt bằng mẫu dài nhẹ - Hình 2 ki (Hình 2) cho đến khi chiều dài cột không khí trong xi lanh bằng l 3 (với lực nén lớn hơn, nút bị đẩy ra khỏi xi lanh khi lực dừng lại). Sau lần nén tối đa này, không khí trong xi lanh được làm nóng từ từ. Không khí phải được làm nóng đến nhiệt độ tối thiểu nào để nút bật ra hoàn toàn khỏi hình trụ? Nhiệt độ ban đầu của không khí trong khí quyển là $T_{0} 300$ K. Xét rằng lực ma sát cực đại tác dụng lên phích cắm tỷ lệ thuận với độ sâu ngâm của nó trong bình. Trọng lực có thể được bỏ qua. V. Manukyan

F2704. Một ống nhựa thẳng, có thành trong, hở ở hai đầu, có mặt cắt ngang hình tròn bên trong. Giữ ống thẳng đứng, một đầu của nó được nhúng vào thùng thủy ngân và ở vị trí này, lỗ dưới của ống đã được bịt lại. Thủy ngân không làm ướt thành ống. Sau đó, người ta nâng cái ống lên, giữ nguyên vị trí thẳng đứng và trong đó còn lại một cột thủy ngân dài 20 cm. Giữ đầu hở của ống phía trên thùng, ống được quay từ từ 180° và lúc này đầu hở của nó ở trên bề mặt thủy ngân. Cột thủy ngân vẫn ở gần cuối ống (nay là đỉnh). Áp suất khí quyển bên ngoài 760 mm Hg. Điều 2, hệ số căng bề mặt của thủy ngân V 0,4 J $м^{2}$ mật độ của thủy ngân U 13600 kg $м^{3}$. Chiều dài của ống L là bao nhiêu và đường kính D tối đa của lỗ bên trong ống là bao nhiêu? V.Sao Thuỷ

Lời giải bài toán M2682–M2685, F2689–F2692 M2682. Cho sáu số thực $x_{1} x_{2} x_{3} x_{4} x_{5} x_{6}$. Với mỗi bộ ba số khác nhau từ những số này

34

KVAN T 2022/Số 4

chính xác bằng 112,5q và 22,5q. Chứng minh rằng trong tam giác này các đường cao AH, đường trung tuyến BM và đường phân giác CP cắt nhau tại một điểm. Bằng chứng. Giả sử đường cao AH và đường phân giác CP cắt nhau tại điểm Q (Hình 12). Hãy chứng minh rằng trung vị BM

Hình 10

Bổ đề về ba đường phân giác KP là đường phân giác ngoài thứ hai. Từ đó xây dựng: ta nối các điểm A, K, P. Cho AKP D. Qua điểm K tạo thành một góc D với KP ta vẽ đường thẳng t cắt tia AP tại đỉnh B. Ta có KAB 180 q A. Khi đó cũng có một góc A. Qua đỉnh A tạo một góc bằng A ta vẽ tia tới cạnh AB. Nó cắt đường thẳng t tại đỉnh bị thiếu C. Bài toán 10 (L. Carroll). Trên các cạnh AC và AB của tam giác ABC, dựng các điểm F, N sao cho đoạn FN song song với cạnh BC và thỏa mãn đẳng thức BN CF BC. Lời giải. Giả sử các điểm F và N như vậy được xây dựng và cũng cho FN || BC, x y a (Hình 11). Phân tích cho thấy rằng nếu chúng ta tìm thấy

Hình 11

Nếu trên BC có điểm T sao cho CT y thì BT x. Vì ’ CFT là cân (CF CT y) nên 1 2. Nhưng 2 3 (nội bộ nằm ngang với các đường thẳng song song FN và BC). Tương tự, 4 5 ( BN BT x ) và 5 6 ( FN || BC ). Khi đó FT và NT là hai đường phân giác ngoài của AFN. Theo bổ đề, AT trùng với phân giác trong của góc A trong tam giác AFN. Hãy chuyển sang xây dựng. Vẽ đường phân giác AT của ABC. Trên cạnh CA, chúng ta đặt đoạn CF CT và trên cạnh BA - đoạn BN BT. Chúng tôi kết nối F và N. Đoạn FN là đoạn bắt buộc. Bài toán 11. Trong tam giác ABC, giá trị các góc tại đỉnh A và B tương ứng

Hình 12

đi qua Q. Từ ’ AHB ta có HAB 90 q 22,5 q 67,5 q. Hãy tiếp tục CA vượt quá điểm A. Khi đó DAB 180 q 112,5 q 67,5 q. Trong AHC, đoạn CP trùng với phân giác trong AB – với phân giác ngoài. Điều này có nghĩa là, theo bổ đề về ba đường phân giác, HP là đường phân giác ngoài thứ hai và AHP BHP 45 q. Nhưng cũng có ACB 45 q ( 180 q 112,5 q 22,5 q ). Do đó APHC là hình thang. Theo cái gọi là bổ đề hình thang (giao điểm của các đường chéo, giao điểm của phần kéo dài của các cạnh bên và trung điểm của các đáy của bất kỳ hình thang nào nằm trên cùng một đường thẳng), tia BQ đi qua giữa AC - điểm M. Và điều này có nghĩa là đường cao AH, đường trung tuyến BM và đường phân giác CP cắt nhau tại một điểm - điểm Q. Bài toán 12 (D. Shvetsov). Các đường phân giác AL và BK của tam giác vuông ABC ( C 90 q ) cắt nhau tại điểm I, Q là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CKL. Chứng minh rằng QI A AB. Bằng chứng. Vì ‘KCL là hình chữ nhật nên điểm Q là trung điểm của KL. Hãy thực hiện KN A AB và LT A AB (Hình 13). Rõ ràng CK KN và CL LT (bất kỳ điểm nào trên đường phân giác đều cách đều hai cạnh). Sau đó

Hình 13

36

KVAN T 2022/Số 4

Hình 2

Hình 1

nó là gần đúng và không chính xác. Bây giờ bạn, giống như một cậu học sinh ngoan ngoãn, vẽ tất cả các lực (Hình 1, a), viết các phương trình: “tổng lực theo chiều ngang”, “tổng lực theo phương thẳng đứng” và “tổng mô men so với trọng tâm” đều bằng 0. Và - nỗi kinh hoàng của nỗi kinh hoàng - bạn có ba phương trình và bốn ẩn số. Các trình biên dịch của bài toán có một cách để giải quyết tình huống này - “bóp nghẹt” một ẩn số, trong trường hợp này là tuyên bố rằng không có ma sát ở điểm tiếp xúc phía trên: hệ số ma sát P 0 (Hình 1, b). Đương nhiên, điều này làm tắt một trong các lực, nhưng bạn đã thấy ở đâu một bức tường không có ma sát? Nhân tiện, rõ ràng nếu bạn khai báo P 0 ở điểm thấp nhất thì có thể nguy hiểm đến tính mạng. bài toán này là một trong nhiều “không xác định tĩnh bài toán”. Đây là tên gọi của bài toán thống kê, trong đó số lượng ẩn số lớn hơn số lượng phương trình. Ở trường, họ thường xem xét các thống kê bài toán phẳng - chỉ vì hình ảnh đối với họ rất dễ vẽ trên một bề mặt phẳng: trên giấy, bảng hoặc màn hình. Trong những bài toán như vậy có ba phương trình - hai phương trình về tổng lực dọc theo trục tọa độ và một phương trình về tổng mô men. Khi rảnh rỗi, hãy nghĩ xem sẽ có bao nhiêu phương trình cho thống kê bài toán ba chiều. Rõ ràng là trong cuộc sống thực, bất kể vật thể được làm gì, bất kể chúng được đặt ở vị trí nào, cuối cùng thì mọi lực đều có ý nghĩa nào đó. “Tính không thể giải quyết được” của bài toán này phát sinh do chúng ta đã bỏ qua điều gì đó, nhưng đối với lời giải chúng ta cần tính đến “điều gì đó” này. Nhưng hãy nhớ - nếu chúng ta tính đến “thứ gì đó” này và bài toán nhận được lời giải, thì điều này có nghĩa là chúng ta đã giải quyết bài toán này chỉ trong phép tính gần đúng này. Trong trường hợp của chúng tôi, “cái gì đó” là sự biến dạng của các phần tử hệ thống. Khi xem xét bất kỳ bài toán nào khác hoặc ngay cả khi tăng yêu cầu

Hình 3

Hình 4

Để đạt được độ chính xác lời giải có thể cần phải tính đến những điều khác. Hãy xem một ví dụ đơn giản và sau đó quay lại cầu thang của chúng ta. Để dầm treo trên hai dây cáp và bạn cần tìm lực căng của chúng (Hình 2). Bài toán tầm thường: không có lực ngang nên có hai phương trình và hai ẩn số. Chúng tôi gắn sợi cáp thứ ba (Hình 3) và… bộ phận bảo vệ xuất hiện. Chúng ta hãy thử tính đến các biến dạng - nhưng của ai? Biến dạng của dây cáp trong trường tuân theo định luật Hooke nhưng không thể tính được biến dạng của dầm trong trường. Vì vậy, chúng tôi sẽ giới hạn ở dây cáp; biến dạng của chúng được thể hiện trong Hình 4 một cách có điều kiện ở dạng lò xo. Chúng ta sẽ cộng sáu đại lượng đã biết: độ dài ban đầu và các hệ số trong định luật Hooke, ba ẩn số: độ dài cuối cùng và ba phương trình: sự phụ thuộc của độ dài dây vào lực căng, tức là các phương trình của định luật Hooke, nhưng không ở dạng F kx, mà ở dạng $L L_{0} N k$, trong đó $L_{0}$ là độ dài ban đầu, N là lực căng, k là hệ số độ cứng. Tuy nhiên, giống như chúng ta đã thiếu một phương trình, hiện tại chúng ta vẫn còn thiếu nó. Bạn có thể thấy một phương trình khác trong hình không? Các phương trình loại này được gọi là phương trình tương thích biến dạng. Quả thực, sự biến dạng của các phần tử kết cấu có mối liên hệ nào đó; kích thước của các phần tử kết cấu không thể tùy ý. Ví dụ, nếu các điểm gắn của các dây cáp trên dầm nằm trên cùng một đường thẳng thì chúng sẽ nằm trên cùng một đường thẳng, còn nếu biến dạng nhỏ thì các dây cáp song song và chiều dài cuối cùng có liên hệ với nhau bằng một phương trình tầm thường. Đây sẽ là phương trình thứ bảy mà chúng ta còn thiếu. Bài toán cũng có thể giải được đối với những biến dạng lớn, chỉ là lời giải sẽ dài hơn. Chúng ta cũng có thể xem xét một phạm vi rộng các hệ số độ dài và độ cứng ban đầu, và trong trường hợp này, chúng ta có thể viết một chương trình sẽ treo chùm tia trên cáp trực tiếp trên màn hình và cho chúng ta thấy hành vi khi thay đổi các giá trị ban đầu.

39

Ô L I M P I A D S

nếu tất cả các cạnh của nó bằng nhau và tất cả các góc của nó bằng nhau.) K. Knop

3. (8) Có phải từ bất kỳ tứ giác lồi nào người ta cũng có thể cắt được ba bản sao của tứ giác này không? A.Yuran

4. (9) Mỗi ​​số trong chín số tự nhiên n, 2n, 3n,…, 9n viết chữ số đầu tiên từ trái sang. Đối với một số tự nhiên n, có thể có không quá bốn chữ số khác nhau trong số chín chữ số được viết ra không? A.Tolpygo

5. (9) Bộ sưu tập của Sasha bao gồm đồng xu và hình dán, và có ít xu hơn hình dán, nhưng vẫn có ít nhất một. Sasha đã chọn một số dương t nào đó! 1 (không nhất thiết phải là số nguyên). Nếu anh ta tăng số xu lên t lần mà không thay đổi số lượng nhãn dán thì bộ sưu tập của anh ta sẽ có 100 vật phẩm. Thay vào đó, nếu anh ta tăng số lượng nhãn dán lên t lần mà không thay đổi số xu thì anh ta sẽ có 101 vật phẩm. Sasha có thể có bao nhiêu nhãn dán? Tìm tất cả đáp số có thể và chứng minh rằng không có ai khác. A. Galochkin

6. (9) Một số ô của bảng 100 và 100 được sơn màu đen. Trong tất cả các hàng và cột có ô đen thì số của chúng là số lẻ. Ở mỗi dòng có ô đen, chúng ta sẽ đặt một chip màu đỏ vào ô đen ở giữa. Ở mỗi cột có ô đen, chúng ta sẽ đặt một chip xanh vào ô đen ở giữa. Hóa ra tất cả các chip màu đỏ nằm ở các cột khác nhau và các chip xanh nằm ở các hàng khác nhau. Chứng minh rằng có một ô chứa cả chip xanh và chip đỏ. B.Frenkin

7. (10) Trong năm nút giấy ca-rô thông thường bất kỳ, chắc chắn sẽ có hai nút, đoạn giữa cũng là một nút giấy ca-rô. Số lượng nút lưới tối thiểu của các hình lục giác đều (Hình 3) phải được lấy để

Hình 3

Trong số đó phải có hai, đoạn giữa đoạn nào cũng là nút của lưới này? A. Kulygin

8. (10) Cho một đa thức bậc 2022 với các hệ số nguyên và hệ số cao nhất bằng 1. Số nghiệm lớn nhất mà nó có thể có trong khoảng 0;1 là bao nhiêu? A. Kanel-Belov

9. (11) Trong hệ tọa độ Descartes (có cùng tỷ lệ dọc theo trục x và y), một đồ thị của hàm mũ $y 3^{x}$ đã được vẽ. Sau đó trục y và tất cả các dấu trên trục x bị xóa. Tất cả những gì còn lại là đồ thị của hàm số và trục x không có tỷ lệ và dấu 0. Làm cách nào bạn có thể khôi phục trục y bằng la bàn và thước kẻ? M. Evdokimov

10. (11) Con tàu vũ trụ nằm trong một nửa không gian cách ranh giới của nó một khoảng a. Phi hành đoàn nhận thức được điều này nhưng không biết phải di chuyển theo hướng nào để đến được mặt phẳng ranh giới. Tàu vũ trụ có thể bay trong không gian theo bất kỳ quỹ đạo nào, đo chiều dài của quãng đường đã đi và có cảm biến đưa ra tín hiệu khi đạt đến ranh giới. Liệu một phi thuyền có thể được đảm bảo đến được biên giới, bao phủ một con đường dài không quá 14a không? M. Evdokimov

11. (11) Trong 12 giác lồi, mọi góc đều bằng nhau. Được biết, độ dài của khoảng mười cạnh của nó bằng 1, và chiều dài của một cạnh nữa bằng 2. Diện tích của 12 cạnh này có thể là bao nhiêu? M. Evdokimov

12. (11) Một đường chéo được vẽ trong một hình thang cân. Một con bọ bò dọc theo đường viền của mỗi hình tam giác thu được. Tốc độ di chuyển của bọ cánh cứng là không đổi và giống hệt nhau. Bọ cánh cứng không thay đổi hướng mà chúng di chuyển xung quanh đường viền của chúng và dọc theo đường chéo của hình thang, chúng bò theo các hướng khác nhau. Chứng minh rằng với mọi vị trí ban đầu của bọ cánh cứng, chúng sẽ gặp nhau vào một ngày nào đó. P. Borodin

Ấn phẩm được chuẩn bị bởi N. Panyunin