Danh sách độc giả gửi đúng lời giải

Kvant 1974, số 3 tr. 41, 42, 43, 44, 47 Thẻ AWUS

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 →

dãy con $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ tương ứng. Điều này ngụ ý sự bình đẳng (1).

Đủ. Chúng ta cần chứng minh rằng nếu các chuỗi $\alpha$ và $\beta$ có độ dài $3n$ thỏa mãn điều kiện (1) thì các chuỗi này tương đương nhau. Sẽ thuận tiện hơn khi chứng minh một phát biểu tổng quát hơn: nếu các chuỗi $\alpha$ và $\beta$ có độ dài $k$ thỏa mãn điều kiện (1), thì các chuỗi $\alpha$ và $\beta$ này đơn giản trùng khớp.

Giả sử rằng trong trường hợp $k = p$ , mệnh đề đã được chứng minh. Hãy để chúng tôi chứng minh điều đó cho $k = p + 1$ . Vì vậy, đặt $\alpha$ và $\beta$ là các chuỗi có độ dài $p + 1$ và giữ nguyên sự tương ứng (1). Hơn nữa, giả sử dãy $\alpha$ bao gồm các chữ số $\{a_1, a_2, \dots, a_{p+1}\}$ và dãy $\beta$ - gồm các chữ số $\{b_1, b_2, \dots, b_{p+1}\}$ .

a) nếu $a_1 = b_1$ thì xét các dãy $\alpha' = \{a_2, a_3, \dots, a_{p+1}\}$ và $\beta' = \{b_2, b_3, \dots, b_{p+1}\}$ . Rõ ràng là các chuỗi $\alpha'$ và $\beta'$ thỏa mãn điều kiện (1). Và vì độ dài của các chuỗi này bằng $p$ nên chúng ta có thể sử dụng giả thuyết quy nạp. Do đó, các chuỗi $\alpha'$ và $\beta'$ là tương đương nhau, tức là chuỗi $\alpha'$ có thể được dịch thành chuỗi $\beta'$ bằng một số hoán vị. Các hoán vị tương tự lấy $\alpha$ đến $\beta$ . Điều này có nghĩa là các chuỗi $\alpha$ và $\beta$ là tương đương nhau.

Đặt $a_1 \neq b_1$ và đặt $a_1 = 1, a_2 = 2$ để định nghĩa. Vì $a_1 = 1$ , nên $|\alpha_1| > 0$ . Sau đó nhờ vào (1) và $|\beta_1| > 0$ . Do đó, tồn tại số $q$ sao cho $b_{3q+1} = 1$ . Trong chuỗi $\beta$ , chúng ta đặt các điểm liền kề của các số $b_{3q+1}, b_{3q+2}, b_{3q+3}$ và $b_{3(q-1)+1}, b_{3(q-1)+2}, b_{3(q-1)+3}$ . Kết quả của sự sắp xếp lại này là điểm của các chữ số trong $b_{3q+1}, b_{3q+2}, b_{3q+3}$ sẽ dịch chuyển 3 chữ số sang trái. Sau đó, chúng ta đặt bộ ba này với bộ ba chữ số liền kề $b_{3(q-2)+1}, b_{3(q-2)+2}, b_{3(q-2)+3}$ , v.v., sau $q$ hoán vị, chúng ta thu được chuỗi $\beta''$ , chữ số đầu tiên của nó sẽ là $b_{3q+1}$ , nghĩa là 1. Các chuỗi $\beta$ và $\beta''$ tương đương nhau và do đó, như đã chứng minh ở trên, thỏa mãn các điều kiện (1). Điều này có nghĩa là các chuỗi $\alpha$ và $\beta''$ thỏa mãn điều kiện (1). Nhưng các yếu tố đầu tiên của các chuỗi này trùng khớp với nhau. Vì vậy, trường hợp 6) đã được rút gọn thành trường hợp a đã được thảo luận). Định lý đã được chứng minh.

Những người quan tâm có thể thử giải bài toán ở dạng tổng quát hơn:

Trong các chuỗi bao gồm các chữ số 1 và 2, bất kỳ hai chuỗi con liền kề nào có độ dài $k$ đều bị cắt và hoán đổi. Có bao nhiêu dãy chữ số $(n \geq k)$ không tương đương?

Mátxcơva) 11, 14; I. Kirova (Bulgaria) 13; I. Klevchuk (làng Stavcany, vùng Chernivtsi) 11; M. Kobozev (Kyiv) 14; V. Kobiletsky (Baku) 11-13; E. Kovkrak (làng Rudnya-Zhuravleva, vùng Gomel) 13; A. Kolodin (Kolomya, vùng Ivano-Frankivsk) 12, 13; V. Konev (Angarsk) 13; A. Korlam (làng Chuglenny MSSR) 13, 14; S. Korshunov (Monino, khu vực Moscow) 06, 09, 11-14; V. Kostmanyan (Moscow) 13; A. Kostmonin (Lyubertsy, vùng Moscow) 12; A. Komanov (làng Tsalka, GSSR) 13; A. Komenko (làng Berezovaya Rudka, vùng Poltava) 13; A. Koshutin (Chelyabinsk) 14; A. Kukush (Kyiv) 09, 12-14; A. Kumakhov (làng Lesen KBASSR) 11-13; M. Levin (Vitebsk) 12, 13; A. Leosstev (Moscow) 11; S. Thang máy (Kharkov) 11, 12; M. Lyubich (Kharkov) 06, 07, 10, 11, 13, 14; E. Mazur (Derbeng) 07; A. Makartsev (Lviv) 06, 12-14; S. Makarov (Saratov) 11, 13, 14; S. Malinsky (Poltava) 14; V. Matsukamov (làng Tsalka, GSSR) 13; S. Melnik (Kharkov) 06, 07, 09; A. Mekhovich (Vladivostok) 13; V. Milman (Minsk) 11, 12, 14, 15; A. Miroshinchenko (Kharkov) 13, 14; A. Mikheev (Shakhty) 13; A. Mikhlin (Kursk) 11, 12; Yu. Muranov (Moscow) 14-11; R. Musin (làng Nikitino, vùng Orenburg) 13; G. Mustafaev (Snazan Az. Liên Xô) 06, 11, 13, 14; I. Mukha (Ternopil) 12, 13; A. Navasardyan (Yerevan) 13; Yu. Neremin (Moscow) 06, 08, 11, 13-15; A. Nikolaev (Moscow) 06, 11, 12; B. Niyazbekov (Almalk, vùng Tashkent) 13; I. Novikov (Kuibyshev) 06, 11; S. Nuzhny (Kuibyshev) 11-14; S. Okhimin (Orenburg) 11-13; I. Panin (Sự thờ ơ) 11, 12; P. Paramonov (Moscow) 09, 11-13; E. Pasike (Kharkov) 06, 11, 13, 14; Yu. Pinelis (Kzyl-Orda) 12-15; A. Ponosov (Perm) 06, 08; R. Pormnoy (Chernivtsi) 12; D. Poshtsishili (Tbilisi) 11; Yu. Promas (Cahul MSSR) 13, 14; S. Putintsev (Kemerovo) 06, 11-15; A. Razgulev (Klin, khu vực Moscow) 06, 12; A. Rashkovsky (Kharkov) 06, 12, 13; A. Reznikov (Kyiv) 11, 12, 14; S. Rodinov (Saratov) 13, 14; R. Rozhkov (Moscow) 08, 11-14; F. Rozhkov (Ryazan) 08, 11-14; B. Rosenstein (Kamenets-Podolsky) 06; D. Romashov (làng Galkino, vùng Kurgan) 13, 14; A. Rubashevsky (Kyiv) 12; L. Rubinstein (Kalinerrad) 13, 14; A. Ryazanov (Novokuznetsk) 06, 11, 12; Sh. Saynarov (Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị Nurskaya Chechen) 13; P. Samovol (Gaivoron, vùng Kirovograd) 12, 13; M. Canir (Sverdlovsk) 11-14; S. Samovosky (Kharkov) 11, 13; V. Thứ Bảy (Kyiv) 13, 14; T. Selbirak (Ba Lan) 14-11; V. Semenenko (Stavropol) 13; V. Semenov (Cheboksary) 13; A. Simonyan (Frunze) 13; G. Sklyar (Kharkov) 06, 10-15; S. Skokov (làng Sokovni, Slobodskoy) 14; V. Sleopoy (Frunze) 13; A. Slearenko (Rubtsovsk, Lãnh thổ Altai) 09, 11-14; F. Smirnov (Leningrad) 06; G. Sorokin (Aktyubinsk) 12-14; S. Tabachnikov (Moscow) 06, 08, 09, 11-13; T. Talko (n/o Oleyanya Guba, vùng Murmansk) 13; S. Tauuri (làng Lê

từ phía nước có một lực có giá trị tuyệt đối bằng

$F = \frac{\Delta (mv)}{\Delta t} = \mu v.$

Do đó, để tốc độ của đoàn tàu không thay đổi thì chính do độ lớn của lực $F$ mà lực kéo của đầu máy phải tăng khi trời mưa. Và sức mạnh của nó sẽ tăng thêm

$\Delta N = Fv = \mu v^2 = 4 \cdot 10^4 (\text{вт}).$

F219. Trong hình trụ phía trên có mô hình khí đơn nguyên tử lý tưởng. Xi lanh được đóng phía trên bởi một piston có khối lượng $M$ và diện tích $S$ . Ban đầu, piston được giữ đứng yên, khí trong xi lanh chiếm $V_0$ và có nhiệt độ $T_0$ . Sau đó piston được thả ra và sau vài lần dao động, nó vẫn đứng yên. Bỏ qua mọi tính toán về lực căng cũng như các lực cơ học của piston và xi lanh, hãy tìm nhiệt độ và thể tích của khí tại vị trí mới của piston.

Toàn bộ hệ thống được làm cứng bằng nhiệt. Áp suất khí quyển là $p_a$ .

Tại thời điểm ban đầu (ngay sau khi piston được nhả ra), ba lực tác dụng lên piston: lực hấp dẫn và lực áp suất khí quyển hướng xuống dưới và lực áp suất khí trong xi lanh hướng lên trên. Nếu một lực bằng nhau của tất cả các lực hướng xuống dưới thì pít-tông bắt đầu chuyển động đi xuống, nhưng nếu một lực bằng nhau hướng lên trên thì pít-tông sẽ đi lên.

Để xác định điều này, chúng ta giả sử rằng piston chuyển động đi xuống. Viết phương trình trạng thái của khí trong xi lanh ở vị trí cân bằng của piston:

$pV = nRT.$

Từ điều kiện cân bằng piston

$p = p_a + \frac{Mg}{S}.$

Posetom

$\left( p_a + \frac{Mg}{S} \right) V = nRT.$

Chúng ta đã thu được một phương trình liên quan đến $V$ và $T$ . Tuy nhiên, để tìm $V$ và $T$ , bạn cần có thêm một phương trình nữa. Nó có thể thu được bằng cách sử dụng định luật bảo toàn năng lượng. Vì bình được làm rắn bằng nhiệt, lực căng và nhiệt dung của pít-tông và xi-lanh là không đáng kể nên công thực hiện trên chất khí bằng độ biến thiên nội năng của nó:

$A = \Delta U.$

Như đã biết, nội năng của một mol khí đơn nguyên tử lý tưởng bằng

$U = \frac{3}{2} RT,$

trong đó $R$ là hằng số khí phổ quát. Nội năng của $n$ mol bằng $\frac{3}{2} nRT$ và độ biến thiên nội năng của một chất khí khi nhiệt độ của nó thay đổi từ $T_0$ thành $T$ bằng

$\Delta U = \frac{3}{2} nR(T - T_0).$

Bây giờ chúng ta hãy tìm công việc trên dốc khí. Công việc này được thực hiện nhờ áp suất khí quyển và trọng lực. Vì thế nó bằng

$A = \left( p_a S + Mg \right) h,$

trong đó $h = \frac{V_0 - V}{S}$ là khoảng cách mà piston đã quét. Như vậy,

$\frac{3}{2} nR(T - T_0) = \left( p_a + \frac{Mg}{S} \right)(V_0 - V).$

Lưu ý rằng nếu piston di chuyển lên trên, bản thân khí sẽ tác dụng chống lại áp suất khí quyển và trọng lượng của piston, trong khi nội năng của nó giảm. Đẳng thức (2) vẫn đúng trong trường hợp này.

Giải các phương trình (1) và (2) cùng nhau, ta tìm được

$T = \frac{3}{5} T_0 + \frac{2}{5} \left( p_a + \frac{Mg}{S} \right) V_0,$

$V = \frac{2}{5} V_0 + \frac{3}{5} \frac{nRT_0}{p_a + \frac{Mg}{S}}.$

F220. Màn được chiếu sáng bởi một chùm tia song song vuông góc với các mặt phẳng của màn. Độ sáng của màn thay đổi như thế nào nếu dọc theo đường đi của ánh sáng, chúng ta rửa dấu ABC với góc khoảng cách nhỏ α và chiết suất n, đồng thời các mặt AB song song với màn (Hình 11, a)? Tôi nhận ra sự phản chiếu của ánh sáng là sự bỏ bê.

Các tia sáng chiếu vào lăng kính bị khúc xạ tại mặt BC và rơi lên màn DF (Hình 11, b). Trong trường hợp này, các tia hoàn toàn không tới được phần ánh sáng nên độ rọi của nó bằng 0 và phần EF được chiếu sáng bởi cả chùm tia trực tiếp và tia truyền qua lăng kính.

Đầu tiên chúng ta hãy tìm độ rọi của vùng DE, nơi chỉ có tia khúc xạ rơi xuống. Nếu độ chiếu sáng của khuôn mặt và màn hình bằng các tia trực tiếp được ký hiệu là $E_0$ thì quang thông $\Phi = E_0 \cdot AB \cdot d$ đi qua mặt (AB $\cdot d$ là diện tích của mặt AB). Khi nó chạm vào phần DF của màn hình, luồng ánh sáng này được phân bổ đều trên nó (vì các tia truyền theo chùm tia song song ngay cả sau khi nhận dạng). và tạo ra ánh sáng

$E = \frac{\Phi}{DF \cdot d} = E_0 \frac{AB}{DF}$

Cơm. 11.

(DF·d là diện tích phần tương ứng của màn hình).

Từ Hình 11, 6: DF=NC=MC-MN. Nhưng MC=AB, và MN=BM tg γ=AB tg α tan γ. Posmot DF=AB—AB tg α tan γ=AB (1−tg α tan γ) và

$\frac{AB}{DF} = \frac{1}{1−tg α tg γ}.$

Các góc α và γ không độc lập: γ = β−α, trong đó β−γ là góc khúc xạ của tia. Từ định luật khúc xạ ánh sáng sin β = n sin α, tức là β = arcsin (n sin α). Vì góc α nhỏ và các giá trị của n thường ở mức 1 nên chúng ta có thể giả sử rằng β = arcsin (nα) = n α. Sau đó

$\gamma = nα−α = α(n−1).$

Kể từ đây,

$\frac{AB}{DF} = \frac{1}{1−tg α tg γ} = \frac{1}{1−αγ} = \frac{1}{1−(n−1)α^2}$

Và

$E = E_0 \frac{AB}{DF} = E_0 \frac{1}{1−(n−1)α^2}.$

Do đó, trong khu vực DE độ chiếu sáng tăng thêm

$\frac{E}{E_0} = \frac{1}{1−(n−1)α^2}$ lần,

và trong phần EF - trong

$\frac{E_0+E}{E_0} = 1 + \frac{1}{1−(n−1)α^2}$ lần.

F221. Một chiếc ụ nằm trên một hình trụ tròn đứng yên có bán kính R như trên Hình 12, a. Độ dày của bến tàu là h. Ở tỷ lệ nào giữa h và R chúng ta sẽ thiết lập trạng thái cân bằng? Lực ma sát giữa đế và xi lanh lớn.

Để tìm ra trạng thái cân bằng của đế, bạn cần xoay nó so với hình trụ một góc nhỏ α và xem đâu sẽ là điểm xa nhất.

Vì ma sát giữa đế và hình trụ lớn nên khi quay đế, nó không trượt dọc theo hình trụ mà chiều cao tâm của nó cũng thay đổi. Trong trường hợp này, vị trí cân bằng của bến sẽ ổn định nếu khi quay, trọng tâm của bến nâng lên. Vì vậy, để giải bài toán, bạn cần tìm vị trí trọng tâm của ụ ở vị trí nằm ngang, sau đó tìm vị trí trọng tâm của ụ, quay nó một góc nhỏ α và viết điều kiện là ở vị trí mới này trọng tâm của ụ cao hơn ở vị trí trước.

Chúng ta sẽ đếm tất cả các độ cao tính từ mặt phẳng nằm ngang đi qua tâm của hình trụ.

Khi ụ nằm ngang thì trọng tâm của nó - điểm C - ở độ cao (xem Hình 12, 6)

$H_1 = OC = R + \frac{h}{2},$

và ở vị trí mới - ở trên cùng

$H_2 = C'M.$

Chúng ta hãy kết nối chiều cao của H₂ với R, h và α, chúng ta sẽ thực hiện một số công thức xây dựng bổ sung. Chúng ta hạ đường vuông góc từ điểm C’ xuống cạnh của ụ, tựa vào hình trụ, tức là trên đế của ụ, cho đến khi nó cắt cạnh này tại điểm B’. Sau đó từ điểm O vẽ bán kính đến điểm tiếp tuyến A và kéo dài nó thành một đường thẳng đi qua các điểm C’ và song song với đáy ụ tàu; ta thu được điểm D. Từ điểm D ta hạ đường vuông góc DF trên mặt phẳng nằm ngang và đường vuông góc DE với đường thẳng C’M.

Chiều cao

$H_2 = C'M = C'E + EM.$

Nhầm lẫn với “Định lý nghịch đảo”
(Về phần kết, mở đầu, xem trang 25)

Nếu cả đời bạn nghĩ rằng những ngày đó là hạnh phúc. . . Nếu cuối cùng bạn đánh cắp chúng, bạn sẽ kết liễu chúng. . . “Hỡi các con, nếu định lý trực tiếp là đúng,” nếu có hạnh phúc trong những ngày tháng. . . Câu trực tiếp có thể đúng. Ngược lại là một sự xấu hổ. Số tiền bị đánh cắp không mang lại hạnh phúc cho Nazarov. . . “Các con, nếu định lý trực tiếp đúng thì điều đó không có nghĩa là nghịch đảo của nó cũng đúng.” Làm thế nào để giải quyết định lý này?>

Hãy bỏ qua những lối nói tu từ của đất nước như “chúng tôi gọi lý luận như vậy là một định lý” hay “làm thế nào để giải quyết định lý này”. Chúng ta hãy cùng tìm hiểu xem tác giả đang nghĩ đến loại định lý nào, đặc biệt là vì dường như ông ấy thích đoạn văn trên đến mức nó thậm chí còn được dùng làm lý do cho tiêu đề của câu chuyện.

Theo như người ta có thể hiểu, tác giả gọi câu nói “có tiền là có hạnh phúc” là một “định lý trực tiếp”. Và với câu chuyện của mình, anh ấy đã chứng minh khá thuyết phục rằng “định lý” này, sự thật vốn là tôn chỉ sống của Nazarov, là không đúng - kiếm tiền bằng những cách không trung thực không mang lại hạnh phúc. Tác giả đã gửi một pshet: “Định lý trực tiếp có thể đúng.” Điều đó không đúng: về mặt toán học, câu chuyện của Nazarov là một phản ví dụ bác bỏ tính đúng đắn của nó.

Định lý ngược lại có liên quan gì đến nó? Than ôi, nó hoàn toàn không liên quan gì đến nó (mặc dù, nhân tiện, nó cũng không đúng). Rõ ràng, tác giả, bị cuốn hút bởi “vẻ đẹp” bên ngoài của lý luận của mình, đã không thèm hiểu về bản chất định lý trực tiếp là gì.

N.H.