Lời giải bài toán M222—M230; F233—F237

20

Lời giải bài toán
M222—M230; F233—F237

M222. Chứng minh rằng mọi đa giác lồi đều có hai mặt có số cạnh bằng nhau.

Giả sử hai mặt bất kỳ của một đa giác lồi có số cạnh khác nhau. Xét mặt G có số cạnh nhỏ nhất. Chúng ta hãy xét mặt O đó, có số cạnh nhỏ nhất. Chúng ta hãy xem xét mặt C có ít đặc điểm này hơn so với các mặt khác. Điều này có nghĩa là số mặt còn lại của hình này nhỏ hơn m (bằng cách nhập dù có 1 giác và 2 giác, ta cũng chỉ nhập được m - 1 đa giác khác nhau). Mặt khác, mặt Γ liền kề với chính xác m mặt khác của đa giác (mỗi mặt một cạnh). Chúng tôi có một sự mâu thuẫn.

Lý do là hai mặt phải có cùng số cạnh.

lời giải đã cho gần như lặp lại nguyên văn lời giải của bài toán tiếp theo, khá nổi tiếng (theo “nguyên tắc Dirichlet” *)).

Trong rạp sách “Tháng 10” buổi cuối cùng chắc chắn sẽ có hai mục tiêu có số lượng người quen như nhau.

Tuy nhiên, bài toán của chúng tôi về cơ bản là hình học - trong lời giải của nó thì điều đó không chắc chắn.

*) Xem bài viết của A. I. Orlov “Priitsip Dirichlet”, «Kvant», 1971, số 7.

Cơm. 1.

Việc sử dụng tính lồi của đa giác là khi phát biểu rằng một mặt có m cạnh kề với m mặt. Điều này có nghĩa là mỗi cạnh của một mặt của đa giác liền kề với chính xác một mặt và các cạnh khác nhau của mặt này liền kề với các mặt khác nhau. Tuy nhiên, điều này không đúng với các đa giác nhỏ - trong Hình 1, các cạnh a, b liền kề với cùng một mặt α nên được tính hai lần trong số mặt và cách suy luận trên trở nên không chính xác.

Tuy nhiên, phát biểu bài toán vẫn đúng đối với các đa giác nhỏ (không có “xuyên lỗ”) - chứng minh của nó dựa trên công thức Euler *)

B - P + Γ = 2;

nó khá cồng kềnh và không trang nhã đến mức cần phải trình bày ở đây.

G. A. Galperin

M223. Một số tự nhiên được gọi là số hoàn hảo nếu nó bằng tổng các ước của nó ngoại trừ chính nó. (Ví dụ: số 28 là số hoàn hảo: 28 = 1 + 2 + 4 + 7 + 14.) Chứng minh rằng một số hoàn hảo không thể là số chính phương.

Cho n = p₁ᵢ p₂ᵢ … pᵢᵢ m, trong đó p₁, …, pᵢ là các số nguyên tố phân biệt, r₁, …, rᵢ là các số tự nhiên (theo định lý cơ bản của số học, mọi số nguyên n > 1 đều có thể biểu diễn dưới dạng này một cách duy nhất).

Các ước của n là các số có dạng

p₁ᵢ p₂ᵢ … pᵢᵢ m,

trong đó 0    r₁, …, 0  kᵢ  rᵢ. Do đó tổng các ước của n (gồm 1 và n) bằng tích

S = (1 + p₁ + … + p₁ᵢ) … (1 + pᵢ + … + pᵢᵢ).

Vì n là số hoàn hảo nên S phải bằng 2n, nghĩa là nó phải là số chẵn. Nhưng nếu n là bình phương của một số nguyên thì tất cả các số mũ r₁, …, rᵢ đều là số chẵn nên bình phương là dấu ngoặc đơn trong tích S

$$\frac{(1 + p_i + p_i^2 + ... + p_i^{i-1})}{1 + r_i}$$

Nếu số đó là số lẻ thì S là số lẻ.

Chúng ta đã nhận được một mâu thuẫn, nghĩa là một số hoàn hảo không thể là số chính phương.

Một số độc giả của lời giải của họ suy ra từ công thức 2p⁻¹ (2p - 1) tại sao

*) Xem bài viết của A.P. Savin “Bản đồ và sách tô màu”, «Kvant», 1972, số 4.

21

Cơm. 2.

và bạn là những con số hoàn hảo *). lời giải như vậy là không đầy đủ: xét cho cùng, chưa ai chứng minh được rằng không có số hoàn hảo lẻ.

M224. Đối với một góc tam diện, các phân giác của các góc phẳng được vẽ. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng các cặp góc giữa ba đường phân giác đều là tule, hoặc đều nhọn hoặc đều vuông.

lời giải đơn giản nhất trong số bài toán này dựa trên khái niệm tích vô hướng của vectơ. Ví dụ: tích vô hướng của vectơ a và b là số

$$ab = |a| |b| \cos \varphi,$$

trong đó $|a|$ và $|b|$ là độ dài của vectơ a và b, $\varphi$ là góc giữa chúng. Do đó, góc giữa a và b là góc nhọn, góc vuông hoặc góc tù nếu lần lượt là $ab > 0$, $ab = 0$ và $ab < 0$. Tất nhiên, với mọi vectơ $ab = ba$. Chúng ta cũng cần tính phân phối (thuộc tính phân phối) của tích vô hướng: với ba vectơ bất kỳ a, b và c

$$(a + b)c = ac + bc$$

(thuộc tính này đã được thảo luận chi tiết trong «Kvant», 1972, số 6).

Cho một góc tam giác. Ví dụ, dọc theo các cạnh của nó có các vectơ có độ dài đơn vị a, b và c. Khi đó các vectơ a + b, b + c, c + a chạy dọc theo các đường phân giác của các góc phẳng. Sản phẩm chấm

$$\begin{align*} (a + b)(b + c) &= \\ (b + c)(c + a) &= \\ (c + a)(a + b) &= \\ \end{align*}$$

giống nhau - do đó, các góc giữa hai tia phân giác sẽ đồng thời nhọn, vuông hoặc tù. lời giải này cũng được đề xuất bởi tác giả bài toán E. G. Gotman.

Đối với những người không quen thuộc với vectơ, chúng tôi sẽ đưa ra lời giải thích hình học thuần túy, đơn giản hơn. Đầu tiên chúng ta hãy lưu ý thực tế này

*) Xem «Kvant», 1971, số 8, tr. 2.

Cơm. 3.

Nếu $OL$ là tia nằm trong mặt phẳng $p$, $OM$ là tia không vuông góc với mặt phẳng này, $OM'$ là hình chiếu của tia $OM$ lên mặt phẳng $p$ thì góc $LOM$ là nhọn, thẳng hay tù tùy theo góc nhọn, vuông hay tù $LOM'$; thực, nếu qua điểm $O$ mặt phẳng $q$ được vẽ vuông góc với tia $OL$ thì các điểm $M$ và $M'$ luôn nằm cùng một phía của mặt phẳng $q$ (xét cho cùng, $MM' \perp p$ và $q \perp p$, xem Hình 2). Gọi $OA, OB, OC$ là các cạnh của một góc tam diện; $OK, OL, OM$ — nhị phân của các góc $AOB, BOC, COA$; $p$ là mặt phẳng đi qua $OK$ và $OL, OA', OB', OC', OM'$ là hình chiếu của tia $OA, OB, OC, OM$ lên mặt phẳng $p$.

Các tia $OA$ và $OC$ lần lượt đối xứng với tia $OB$ so với các đường thẳng $OK$ và $OL$. Do đó, $OA'$ và $OC'$ đối xứng $OB'$ so với cùng một đường thẳng và cả ba tia $OA, OB$ và $OC$ đều tạo cùng một góc với mặt phẳng $p$.

Trước tiên chúng ta hãy xem xét tình huống trong mặt phẳng $p$ - đối với các hình chiếu. Nếu $KOL < 90^\circ$ (Hình 3), thì $A'OC' = 2 \times KOL < 180^\circ$ chứa tia bên trong $OK, OL$, rõ ràng các góc tạo thành góc vuông $OK$ và $OL$ với bicsectrix $OM'$ của góc $A'O'C'$ là nhọn. Nếu $KOL > 90^\circ$ (Hình 4), thì $A'OB' + B'OC' = 2 \times KOL > 180^\circ$, vậy bisectrix $OM'$ của góc $A'OC'$ là $OK$ và $OL$ là góc tù. (Trường hợp $KOL = 90^\circ$ được coi là chính nó.)

22

Từ thực tế đã đề cập ở trên, bây giờ có thể suy ra ngay rằng các góc LOM và KOM là góc nhọn, góc tù hoặc góc vuông, nếu đó là góc KOL.

N. B. Vasiliev

M225. Các mặt của khối lập phương được xếp bằng các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, anh túc sao cho tổng các số trên các mặt đối diện là 7. Khối lập phương tính từ dưới bên trái đến góc trên bên phải của một doxie cực đại có kích thước 50 × 50 ô (mỗi ô doxie bằng một khối lập phương) anh túc, sao cho mỗi lần nó lăn qua cạnh của nó lên hình vuông liền kề; trong trường hợp này, sữa được cắt sang phải hoặc hướng lên trên. Trên mỗi ô dọc theo đường đi của khối lập phương có một số mặt; comora nằm trên tế bào này. Giá trị lớn nhất mà tổng của tất cả 99 số được viết ra có thể có là bao nhiêu? Nhỏ nhất là gì?

Giả sử bằng cách nào đó chúng ta đã lăn khối lập phương từ góc dưới bên trái của doxy lên góc trên bên phải. Chúng ta sẽ giả định rằng sau mỗi lần lăn qua một cạnh, ô doxie sẽ được in dấu số được viết trên cạnh của khối lập phương nằm trên ô này.

Chúng ta viết các số được in $\alpha_1, \dots, \alpha_{99}$ thành một hàng trên một dòng và biểu thị tổng của chúng bằng $\Sigma$:

$$\alpha_1 + \alpha_2 + \dots + \alpha_{99} = \Sigma.$$

Nếu thay các số ở tất cả các cạnh của hình lập phương bằng số trung bình 3,5 thì tổng các số in ra sẽ bằng

$$\Sigma_{cp} = 3,5 \cdot 99 = 346,5.$$

Chúng ta cần xác định giá trị lớn nhất của $\Sigma$. Hãy để chúng tôi ước tính số lượng $|\Sigma - \Sigma_{cp}|$ cho việc này.

Thuộc tính quan trọng nhất của các số trong dãy $\alpha_1, \dots, \alpha_{99}$ là như sau. Đặt các số $\alpha$ trong dãy số $\alpha$ xuất hiện hai lần liên tiếp ($\alpha =$ một trong các số 1, 2, 3, 4, 5, 6).

Vì số $\alpha$ trong dãy bằng số $7 - \alpha$;

2. hoặc có đúng một số $\alpha$ hơn số $7 - \alpha$;

3. hoặc có chính xác ít hơn một số $\alpha$ so với số $7 - \alpha$.

Trong trường hợp 1) thay thế tất cả các số $\alpha$ và $7 - \alpha$ bằng 3,5 không làm thay đổi việc đưa chúng vào $\Sigma$. Trong trường hợp 2) và 3), thay thế tất cả các số $\alpha$ và $7 - \alpha$ bằng 3,5, kể cả chúng trong $\Sigma$ sẽ tăng hoặc giảm $(3,5 - \alpha)$. Kết quả là toàn bộ số tiền sẽ tăng hoặc giảm tối đa $(3,5 - 1) + (3,5 - 2) + (3,5 - 3) = 4,5$.

Như vậy,

$$342 = \Sigma_{cp} - 4,5 \leq \Sigma \leq \Sigma_{cp} + 4,5 = 351.$$

Các giá trị $\Sigma_{max} = 351$ và $\Sigma_{min} = 342$ thực tế đạt được bằng cách lăn khối lập phương như trong Hình 5 và 6.

G. A. Galperin

M226. Ở ba đỉnh của hình vuông có ba con châu chấu. Họ đang nhảy vọt. Hơn nữa, nếu con châu chấu $A$ quay con châu chấu $B$, thì sau khi quay, nó thấy mình ở cùng khoảng cách với $B$ (nhưng, một cách tự nhiên, ở phía bên kia và cùng một phía cay; Hình 7). Sau vài lần quay, liệu một trong những con châu chấu có thể chạm vào đỉnh trung tâm của hình vuông ban đầu không?

Hãy chứng minh rằng không con châu chấu nào có thể tới được đỉnh trung tâm.

23

Cơm. 7.

Hãy nhập tọa độ trên mặt phẳng sao cho 3 điểm mà con châu chấu nằm ở đầu nhận được tọa độ: (0, 0), (0, 1) và (1, 0).

Nếu một con châu chấu ngồi ở điểm $(x, y)$ và bám vào châu chấu $(a, b)$ thì nó sẽ kết thúc ở điểm $(2a-x, 2b-y)$ (Hình 8). Từ đó có thể thấy rằng với khóa, tính chẵn lẻ của cả hai tọa độ cho mỗi con châu chấu được bảo toàn. Do đó, không con châu chấu nào có thể đi đến những điểm mà cả hai tọa độ đều lẻ - một phần là đến điểm $(1, 1)$.

lời giải này có thể được khai báo mà không cần tọa độ. Hình 9 hiển thị nhiều chấm: đồng bộ, đỏ và đen. (Chúng tôi đánh dấu châu chấu bằng những màu này để phân biệt chúng với nhau). Dễ dàng kiểm tra xem nếu bất kỳ điểm nào của nó đối xứng thì tập hợp các điểm này sẽ biến thành chính nó và một điểm của mỗi màu sẽ biến thành một điểm cùng màu. Theo đó, mỗi con châu chấu chỉ có thể đánh vào một điểm có màu sắc riêng.

Chứng minh rằng sau vài lần thắt dây, mỗi con châu chấu có thể xuất hiện ở bất kỳ điểm nào có màu sắc của nó. Ngoài ra, hãy thử trả lời một câu hỏi khó hơn: liệu hai con châu chấu có thể đồng thời ở hai điểm cho trước có màu tương ứng không? Ba con châu chấu có thể đánh trúng những điểm nào cùng một lúc?

Có một đáp số đơn giản và màu đỏ cho câu hỏi này, nhưng chúng tôi sẽ không tước đi khả năng độc giả tự tìm ra nó mà sẽ quay lại vấn đề này trong một trong những số tiếp theo của tạp chí.

M227. Một điểm được lấy trên mỗi cạnh của hình bình hành. Diện tích của một tứ giác có các đỉnh tại các điểm này bằng một nửa diện tích của hình bình hành. Chứng minh rằng ít nhất một đường chéo của tứ giác song song với một cạnh của hình bình hành.

Rõ ràng, nếu ít nhất một trong các đường chéo của tứ giác KLMN (Hình 10) song song với cạnh của hình bình hành ABCD thì diện tích của tứ giác s bằng một nửa diện tích của hình bình hành S.

Bây giờ chúng ta giả sử rằng đường chéo LN không song song với AD. Chúng ta hãy cố định vị trí của các điểm L, M và N và xem diện tích s thay đổi như thế nào tùy thuộc vào vị trí của điểm K trên cạnh BC. Vì diện tích tam giác LMN không thay đổi và diện tích tam giác KLN có đáy cố định LN tỷ lệ thuận với khoảng cách từ điểm K đến đường thẳng LN nên rõ ràng khi điểm K di chuyển từ B đến C thì diện tích tứ giác KLMN sẽ thay đổi đơn điệu: tăng nếu LC>BN và giảm nếu LC<BN. Chúng tôi biết rằng nếu KM || AB thì diện tích s bằng nửa S; nhưng vì giá trị của s thay đổi đơn điệu, điều đó có nghĩa là đối với tất cả các vị trí khác của điểm K, diện tích của s sẽ lớn hơn hoặc nhỏ hơn S/2.

Vì vậy, $s = S/2$ chỉ khi LN || AD hoặc KM || AB là điều cần chứng minh.

Có thể thực hiện mà không cần thông báo đơn điệu (tuy nhiên, trọng số thu được) và chỉ cần biểu thị tỷ lệ diện tích s/S theo độ dài của các đoạn $|BC| = |AD| = a, |AB| = |CD| = b, |AM| = x_1$.

Cơm. 9.

Cơm. 10.

25

Lyceum bằng $u$ và sẽ nhập - $v$. Mục tiêu của viên cảnh sát là kết thúc bằng một cú trượt ở một bên của hình vuông. Chứng minh rằng

a) nếu $\frac{u}{v} > \frac{1}{3}$, thì anh ta có thể đạt được mục tiêu của mình;
b) nếu $\frac{u}{v} < \frac{1}{3}$, thì điểm số có thể cho phép anh ta làm điều này.

Các điều kiện bài toán không nói lên điều gì sẽ xảy ra với cảnh sát và xã hội đen nếu $\frac{u}{v} = \frac{1}{3}$. lời giải được đưa ra ở đây cũng giải thích câu hỏi này.

Chúng ta hãy giới thiệu một hệ tọa độ có gốc tọa độ ở tâm hình vuông ban đầu $ABCD$ và các trục song song với các cạnh của nó. Chúng ta đặt cạnh hình vuông $ABCD$ bằng 1 và giả sử tốc độ tối đa của gangster là $v = 1$ (chúng ta chỉ quan tâm đến tỷ lệ $u/v$). Các điểm mà cảnh sát và xã hội đen tọa lạc lần lượt được ký hiệu là $\Pi(x_\pi, y_\pi)$ và $\Gamma(x_\pi, y_\pi)$.

a) Đặt $u > \frac{1}{3}$. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng khi đó viên cảnh sát sẽ đạt được mục tiêu của mình (nghĩa là anh ta sẽ ở cùng một phía của hình vuông với tên xã hội đen; chúng ta sẽ nói rằng trong trường hợp này anh ta sẽ thương lượng (hoặc LOB tên xã hội đen).

Chúng ta hãy biểu thị bằng $\Gamma'$ điểm có tọa độ $\left(\frac{1}{3}x_\Gamma, \frac{1}{3}y_\Gamma\right)$; Rõ ràng là nếu điểm $\Gamma$ di chuyển dọc theo đường viền của hình vuông $ABCD$ với tốc độ tối đa $v = 1$, thì $\Gamma'$ di chuyển dọc theo đường viền của hình vuông tương tự $A'B'C'D'$ (Hình 15) với tốc độ tối đa $v_{\Gamma'} = \frac{1}{3}$.

Cảnh sát sẽ LOB tên xã hội đen trong nhiều giai đoạn.

Giai đoạn đầu tiên. Người cảnh sát đạt được mục tiêu của mình (nghĩa là anh ta sẽ kết thúc với tên xã hội đen ở cùng một phía của hình vuông; chúng ta sẽ nói rằng trong trường hợp này anh ta sẽ thương lượng (hoặc LOB tên xã hội đen).

Chúng ta hãy biểu thị bằng $\Gamma'$ điểm có tọa độ $\left(\frac{1}{3}x_\Gamma, \frac{1}{3}y_\Gamma\right)$; rõ ràng là nếu điểm $\Gamma$ di chuyển dọc theo đường viền của một hình vuông tương tự $A'B'C'D'$ (Hình 15) với tốc độ tối đa $v_{\Gamma'} = \frac{1}{3}$.

Giai đoạn đầu tiên từ giai đoạn thứ hai, cảnh sát phải phát triển bất kỳ tốc độ nào không vượt quá $\sqrt{u^2 - \left(\frac{1}{3}v\right)^2}$, (Hình 16). Chúng tôi cũng yêu cầu ở giai đoạn thứ hai, cảnh sát di chuyển về phía $AB$ với tốc độ tối đa dọc theo trục $Oy$. Có hai trường hợp có thể xảy ra:

1. $\Gamma$ luôn ở mức $AB$. Sau đó $\Pi$ thông qua some.deviget $AB$, và do đó tên xã hội đen sẽ bị “bắt”; bài toán lời giải.
2. Tại một thời điểm nào đó $\Gamma$ thỏa mãn ranh giới $AB$ (chúng tôi giả sử điểm $B$) bắt đầu.

Giai đoạn thứ ba. Khi bắt đầu giai đoạn này, các điểm $G$ và $B$ trùng nhau và điểm $\Pi$ nằm cách mỗi bên $AB$ và $BC$ ở khoảng cách không quá $\frac{1}{3}$. Ở giai đoạn thứ ba, cảnh sát phải tiếp cận với tốc độ tối đa vuông góc với phía mà tên côn đồ đang ở (nếu $\Gamma = B$ thì không quan trọng là bên nào $AB$ hay bên $BC$).

Để chạy từ điểm $B$ đến điểm $A$ hoặc đến điểm $C$, tên côn đồ sẽ bị đánh trong một đơn vị thời gian, và để cảnh sát đến được phía tương ứng ($AB$ hoặc $BC$), cú đánh sẽ hoàn toàn ít hơn một đơn vị thời gian. Hậu quả là viên cảnh sát đã “bắt” được tên côn đồ ở một trong hai bên $AB$ hoặc $BC$. Vì vậy nó nên được tháo rời.

26

6. Hãy để bây giờ $u < \frac{1}{3}$. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng trong trường hợp này, tên xã hội đen có thể chọn một stramecia mà cảnh sát sẽ không thể “đuổi kịp” hắn.

Rõ ràng là nếu $u = \frac{1}{3}$ (nhớ lại $v = 1$) thì tên xã hội đen sẽ khó “thoát” khỏi tay cảnh sát hơn. Hãy xem điều gì xảy ra trong trường hợp bất lợi nhất cho một tên xã hội đen.

Ở trung tâm của hình vuông $ABCD$, chúng ta dựng một hình vuông $A'B'C'D'$, tương tự như hình vuông ban đầu với hệ số tương tự $k = \frac{1}{3}$; vẽ các đường $A_2B_3$, $A_1B_4$, $D_4C_1$, $D_3C_2$, các cạnh song song $AB$ và các đường $A_3D_2$, $A_4D_1$, $B_1C_4$, $B_2C_3$, song song $BC$, sao cho $AA_3 = A_3A_4 = AA_2 = A_2A_1 = B_1B_2 = B_2B = D_4D_3 = D_3D$ (Hình 2). 17).

Đặt ngay từ đầu tên xã hội đen G ở giữa bên $AB$, và cảnh sát P ở trên vạch $A_2B_3$. Hãy vẽ hai đường phụ $\hat{A}\hat{B}$ và $\hat{A}\hat{B}$, song song với $AB$, sao cho cảnh sát P nằm phía trên đường $\hat{A}\hat{B}$ (Hình 18).

Hãy để chúng tôi chứng minh rằng chúng tôi luôn có thể chọn một đoạn không có hình con rùa $KM$ sao cho nó chứa trung điểm của cạnh $AB$ và sao cho từ bất kỳ điểm nào của nó, gangster G sẽ có thời gian để thêm $A$ hoặc $B$ vào bất kỳ đỉnh nào nhanh hơn cảnh sát P sẽ có thời gian để thêm từ $\hat{A}\hat{B}$ đến $AB$. Trên thực tế, khoảng cách từ $\hat{A}\hat{B}$ đến $AB$ lớn hơn $1/6$; do đó, P sẽ đạt nhiều hơn $1/2$ đơn vị thời gian để cộng từ $\hat{A}\hat{B}$ lên $AB$; Điều này có nghĩa là đối với đoạn $KM$, chẳng hạn, chúng ta có thể chọn một đoạn đối xứng với điểm giữa của cạnh $AB$, với độ dài hoàn toàn nhỏ hơn $2\left(3|A\hat{A}| - \frac{1}{2}\right)$.

Bây giờ chúng ta hãy mô tả strameccia của tên xã hội đen G. Trong khi cảnh sát P ở trên đường thẳng $\hat{A}\hat{B}$, tên xã hội đen vẫn giữ nguyên vị trí - ở giữa $AB$. Sớm hay muộn cảnh sát sẽ có mặt $\hat{A}\hat{B}$ (trước khi anh ta không bao giờ xuất hiện tên xã hội đen); Trong trường hợp này, có thể xảy ra hai tình huống:

(1) hoặc $x_{\Pi} \neq \frac{1}{3}x_{\Gamma}$,

(2) hoặc $x_{\Pi} = \frac{1}{3}x_{\Gamma}$.

Nếu trường hợp (2) xảy ra thì G bắt đầu chạy với tốc độ tối đa dọc theo đoạn $KM$ từ phải sang trái. Nếu đồng thời $x_{\Pi} = \frac{1}{3}x_{\Gamma}$ mọi lúc, thì thành phần ngang của tốc độ của cảnh sát phải bằng $\frac{1}{3}$ thành phần ngang của tốc độ của tên xã hội đen; và vì vận tốc P bằng 1 nên thành phần nằm ngang của vận tốc P phải bằng $\frac{1}{3}$, tức là $u = \frac{1}{3}x_{\Gamma}$.

Giả sử rằng tên côn đồ nhận thấy rằng cảnh sát đã rời khỏi đường thẳng $\hat{A}\hat{B}$, nhanh chóng tiếp cận, chẳng hạn, ngay cả trước khi cảnh sát đến đường thẳng $\hat{A}\hat{B}$.

Vì vậy, bây giờ chúng ta có $x_{\Pi} \neq \frac{1}{3}x_{\Gamma}$, $\Pi$ - phía trên đường thẳng $\hat{A}\hat{B}$, $\Gamma$ - trên đoạn $KM$.

Hành vi tiếp theo của $G$ sẽ như sau. Giả sử không mất tính tổng quát rằng $x_{\Pi} < \frac{1}{3}x_{\Gamma}$; sau đó $\Gamma$ di chuyển sang phải với tốc độ tối đa

27

đến điểm $B$ (hoặc nếu $x_{\Pi} > \frac{1}{3} x_{\Gamma}$, thì nó sẽ di chuyển cao hơn - tới điểm $A$). Do lựa chọn đoạn $KM$, cảnh sát sẽ không có thời gian để tiếp cận đường thẳng $AB$ trong thời gian tên cướp đạt đến điểm $B$; điều này có nghĩa là P sẽ không thể hiểu được $\Gamma$ ở bên $AB$. Hơn nữa, vì chúng ta giả định rằng tại thời điểm “ban đầu” $x_{\Pi} < \frac{1}{3} x_{\Gamma}$ và $\Gamma$ di chuyển sang phải với tốc độ $3 u$, nên bất đẳng thức $x_{\Pi} < \frac{1}{3} x_{\Gamma}$ sẽ luôn giữ nguyên. Do đó, khi $\Gamma$ đến điểm $B$ thì P sẽ nằm bên trái đường thẳng $B_1C_4$ (Hình 19).

Bây giờ $\Gamma$ chạy ở tốc độ tối đa dọc theo cạnh $BC$ về phía giữa của nó. Phải mất $\Gamma$ $1/2$ đơn vị thời gian để đến giữa; Trong thời gian này, P sẽ đi một quãng đường có độ dài không quá $1/6$, và do đó sẽ không có thời gian để đến đường thẳng $B_2C_3$.

Vì vậy, chúng ta đã đi đến cấu hình đã được xem xét: $\Gamma$ nằm ở giữa cạnh $BC$ và $\Pi$ nằm ở bên trái của đường thẳng $B_2C_3$. Trong trường hợp này, điểm $\Gamma$ từ giữa cạnh $AB$ di chuyển đến giữa cạnh $BC$; Điều này có nghĩa là ít nhất 1 đơn vị thời gian đã trôi qua. Hành vi tiếp theo của $\Gamma$ tương tự như hành vi được mô tả ở trên. Hoàn toàn không thể tưởng tượng được rằng với chiến lược của một tên xã hội đen như vậy, cảnh sát sẽ không “bắt” được hắn trong một khoảng thời gian hữu hạn.

Như vậy, chúng ta biết hành vi của một tên xã hội đen trong trường hợp “xấu nhất”: $u = \frac{1}{3}$; rõ ràng là đối với $u < \frac{1}{3}$, chiến lược được chỉ định cho nó sẽ chính xác hơn.

G. A. Galperin, A. B. Khodulyev

**M230. Chứng minh rằng từ bất kỳ hình chữ nhật lồi đều (nhưng không nhất thiết phải đúng) nào, bạn có thể cắt một hình tam giác đều, một trong các cạnh của nó trùng với cạnh của hình chữ nhật (Hình 20).

Cơm. 20.

Giả sử rằng đối với một số hình chữ nhật lồi đều $ABCDE$ có cạnh bằng một, câu lệnh bài toán là sai. Chúng ta có thể giả sử rằng trên đường chéo lớn nhất là AD, các điểm $A$ và $D$ nằm trên đường ngang (D ở bên phải của $A$), các điểm $B$ và $C$ nằm ở nửa mặt phẳng trên của nó và $C$ không gần đường $AD$ hơn $B$ (Hình 2). 21). Rõ ràng là $1 < |AD| < |AE| + |ED| = 2$.

Vì trong các tam giác $ABD$ và $ACD$ cạnh $AD$ là lớn nhất nên các góc $ABD$ và $ACD$, và thậm chí còn hơn thế nữa $ABC$ và $BCD$ ngày càng lớn hơn $60^\circ$, do đó, các tam giác đều được xây trên các cạnh $AB$, $BC$ và $CD$ phải giao nhau bởi đoạn $AD$ (xét cho cùng, mỗi tam giác đó, theo giả định, được giao nhau bởi đường viền của một hình chữ nhật, nhưng những hình tam giác này không thể giao nhau với các đoạn $AB$, $BC$ và $CD$). Do đó, các góc $BAD$ và $CDA$ nhỏ hơn $60^\circ$.

Chúng ta hãy đánh dấu trên đoạn $AD$ các điểm $B_1$, $C_1$ và trên phần tiếp theo của nó là điểm $C_3$, trong đó $|AB_1| = |C_1D| = |B_1C_3| = 1$ và dựng các tam giác đều $AB_1B_2$, $C_1DC_2$, $B_1C_3C_4$ ở nửa mặt phẳng trên (Hình 22). Điểm $B$ phải nằm đâu đó trên cung $B_1B_2$ có tâm $A$, điểm $C$ - trên cung $C_1C_2$ có ​​tâm $D$. Mặt khác, vì $|BC| = 1$ và $C$ không nằm thấp hơn $B$ (nhưng không cao hơn khoảng cách $\sqrt{3}/2$ tính từ đường thẳng $AD$), nên các điểm $C$ phải nằm bên phải cung $C_3C_4$ với tâm $B_1$. Nhưng từ (*)

28

Cơm. 22.

suy ra rằng $\triangle C_1DC_2$ nằm ở bên trái của $\triangle B_1C_3C_4$, do đó cung $C_1C_2$ nằm ở bên trái của cung $C_3C_4$. Chúng tôi có một sự mâu thuẫn. Điều này có nghĩa là các góc $BAD$ và $CDA$ không thể đồng thời nhỏ hơn $60^\circ$ và có ít nhất một tam giác đều (được tạo ở cạnh $AB$, hoặc trên $BC$ hoặc trên $CD$), sẽ không bị giao nhau bởi đường viền của hình ngũ giác.

Trong số lời giải bài toán M230 chúng tôi chọn cái này vì nó có tính khái quát hóa và cho phép chúng tôi chứng minh khẳng định bài toán M230 cho mọi lồi đều $(2n+1)$-gon.

N. B. Vasiliev

F233. Khi xuống dốc ở tốc độ cao, người trượt tuyết trượt xuống dốc ($\varphi=45^\circ$) mà không tối ưu hóa bằng gậy. Hệ số thời gian trượt tuyết $k=0,1$. Lực cản của không khí tỷ lệ với bình phương tốc độ của người trượt tuyết $F_c=\alpha v^2$, trong đó $\alpha$ là một hằng số bằng $0,7$ và $(m/c)^2$. Tốc độ tối đa mà một vận động viên trượt tuyết có thể đạt được nếu khối lượng của anh ta là 70 kg?

Chúng ta hãy xem xét chuyển động của một vận động viên trượt tuyết, chiếu tất cả các lực tác dụng lên anh ta lên trục tọa độ, hướng song song

Cơm. 23.

mặt phẳng nghiêng, tạo thành một độ dốc và vuông góc với nó (Hình 23).

Vì người trượt tuyết không di chuyển dọc theo trục $Y$ nên

$$N-mg\cos\varphi=0.$$ (1)

Hình chiếu của lực hấp dẫn lên trục $X$, bằng $mg\sin\varphi$ và lực ma sát $F_{TP}=kN$ không phụ thuộc vào tốc độ của người trượt tuyết, và lực cản không khí $F_c=\alpha v^2$ quay trở lại khi tốc độ của người trượt tuyết tăng dần. Vì vậy, khi tốc độ của người trượt tuyết tăng lên thì tốc độ sẽ tăng lên và người trượt tuyết sẽ di chuyển đều. Tốc độ $v_{max}$ mà điều này xảy ra là tốc độ tối đa của người trượt tuyết.

Chúng ta hãy viết phương trình chuyển động đều của một vận động viên trượt tuyết dọc theo trục $X$:

$$mg\sin\varphi-kN-\alpha v_{max}^2=0.$$ (2)

Từ (1) và (2) ta tìm được

$$v_{max}=\sqrt{\frac{mg}{\alpha}}(\sin\varphi-k\cos\varphi)=$$

$$=\sqrt{\frac{70\cdot9,8}{0,7}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}-0,1\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}\approx 25(m/c).$$

F234. Buồng nổ chứa đầy hỗn hợp khí metan và oxy ở nhiệt độ phòng và áp suất $p_0=760$ mm rm. cm. Áp suất riêng phần của metan và oxy là như nhau. Sau khi buồng được làm nóng, một vụ nổ xảy ra trong đó. Tên này được đặt cho áp suất bên trong buồng sau khi làm nguội các sản phẩm đã được phân loại đến nhiệt độ ban đầu đầu tiên, tại đó áp suất của hơi nước bão hòa là $p_H=17$ mm rm. cm.

Đầu tiên chúng ta viết phương trình phản ứng nổ:

$$CH_4+2O_2=CO_2+2H_2O.$$

Từ phương trình này có thể thấy rằng mỗi phân tử tạo ra hai mol oxy. Phản ứng tạo ra 1 mol CO2 và 2 mol nước.

Trước vụ nổ, áp suất riêng phần của khí metan và oxy bằng nhau và bằng $\frac{1}{2}p_0$. Theo phương trình trạng thái khí, áp suất của khí tỉ lệ thuận với số mol khí. Sau đó, từ sự tương đương của áp suất riêng phần của metan và oxy, suy ra rằng các bình chứa cùng số mol khí. Do đó, trong quá trình nổ, toàn bộ oxy sẽ phản ứng với khí mêtan và một nửa lượng khí mêtan ban đầu đầu tiên vẫn còn trong các bình chưa phản ứng.

Như vậy, sau khi nổ, trong bình sẽ chứa khí metan, cacbonic và nước,

29

và áp suất tổng sẽ bằng tổng áp suất riêng phần của metan, carbon dioxide và hơi nước:

$$p = p_{\text{CH}_4} + p_{\text{CO}_2} + p_{\text{H}_2}\text{O}.$$

Sau khi làm nguội hỗn hợp khí về nhiệt độ ban đầu, áp suất riêng phần còn lại của khí metan sẽ bằng một nửa áp suất riêng phần ban đầu của nó, tức là $\frac{1}{4} p_0$.

Số mol carbon dioxide trong bình bằng số mol metan đã bay hơi và do đó là lượng metan còn lại. Do đó, áp suất riêng phần của carbon dioxide cũng sẽ bằng $\frac{1}{4} p_0$.

Bây giờ chúng ta hãy tìm hiểu áp suất hơi nước là gì. Giả sử rằng tất cả nước hình thành trong vụ nổ đều ở trạng thái hơi. Vì số mol nước gấp đôi số mol metan còn lại trong bình nên áp suất riêng phần của hơi nước phải bằng $\frac{1}{2} p_0 = 380 \text{ mm} \cdot \text{cm}$. Tuy nhiên, giá trị này lớn hơn áp suất hơi bão hòa của nước. Do đó, nhiều hơi nước sẽ ngưng tụ hơn trong quá trình làm mát và áp suất riêng phần của hơi nước bão hòa trong bình sẽ bằng $p_{\text{H}} = 17 \text{ mm} \cdot \text{cm}$.

Cuối cùng, sau khi nổ và làm nguội hỗn hợp, tổng áp suất trong bình

$$p = p_{\text{CH}_4} + p_{\text{CO}_2} + p_{\text{H}_2}\text{O} = \frac{1}{4} p_0 + \frac{1}{4} p_0 + p_{\text{H}} = 397 \text{ mm} \cdot \text{cm}$$

Ở lời giải, chúng ta đã bỏ qua thực tế là do nước ngưng tụ nên thể tích mà khí chiếm giữ giảm đi. Điều này có thể chấp nhận được vì thể tích nước lỏng nhỏ so với thể tích hơi nước.

F235. Một giọt nước nhỏ rơi trong không khí với tốc độ không đổi do nó chịu tác dụng của lực không khí do sự va chạm của các phân tử không khí với giọt nước. Tốc độ lan truyền của giọt nước thay đổi như thế nào khi nhiệt độ không khí tăng?

Bỏ qua sự bay hơi của giọt.

Một giọt nước chuyển động trong không khí chịu tác dụng của hai lực: trọng lực và lực cản. Nếu các lực này có độ lớn bằng nhau thì giọt nước sẽ chuyển động với tốc độ không đổi. Độ lớn của tốc độ này rõ ràng phụ thuộc vào khối lượng của giọt nước và lực cản gây ra bởi sự va chạm của các phân tử không khí với giọt nước. Khi nhiệt độ không khí thay đổi, tốc độ chuyển động nhiệt của các phân tử cũng thay đổi. Vì vậy, việc mong đợi tốc độ rơi cũng sẽ thay đổi là điều đương nhiên.

Bây giờ chúng tôi thực hiện tính toán định lượng.

Chúng ta hãy xem xét sự va chạm của các phân tử không khí với một giọt nước và tìm xem lực cản phụ thuộc như thế nào vào tốc độ chuyển động nhiệt của các phân tử. Trong trường hợp này chúng ta sẽ giả sử rằng:

1. sự va chạm của các phân tử với một giọt nước là đàn hồi;
2. các phân tử va chạm với một giọt nước sẽ chuyển động theo phương thẳng đứng hướng lên trên hoặc hướng xuống theo chiều dọc;
3. tốc độ của tất cả các phân tử là như nhau.

Những giả định này đơn giản hóa việc tính toán nhưng chúng không làm thay đổi bức tranh thực tế của hiện tượng.

Đầu tiên, chúng ta xét sự va chạm của một chùm tia song song của một bộ phận với một bức tường cố định. Chúng ta hãy biểu thị diện tích mặt cắt ngang của chùm tia là $s$, tốc độ hạt là $u$ và số lượng hạt trên một đơn vị thể tích là $n$. Trong thời gian $\Delta t$, những phân tử nằm cách nó một khoảng không lớn hơn $u \Delta t$ sẽ tạo thành một máy xếp chìm. Số lượng hạt như vậy là $su \Delta tn_0$ (m$_0$ là khối lượng của một hạt) và động lượng là $mu = su^2 \Delta tn_0$.

Sau va chạm đàn hồi, động lượng của bộ phận bị đảo ngược nên độ biến thiên động lượng là $\Delta (mu) = 2mu$.

Điều này có nghĩa là các hạt ở phía bên của bức tường và bức tường từ phía của các hạt bị tác dụng bởi các lực trung bình có giá trị tuyệt đối bằng nhau.

$$F = \frac{\Delta (mu)}{\Delta t} = 2su^2 nm_0$$

Do đó, lực tác dụng lên tường tỉ lệ với bình phương vận tốc của phần tường tương đối.

Bây giờ hãy tính lực kéo cho chuyển động của giọt nước. Hãy biểu thị tốc độ rơi $v$ và tốc độ chuyển động nhiệt của các phân tử không khí $u$. Các phân tử rơi từ trên cao xuống sẽ chuyển động tương đối so với giọt nước với tốc độ $u + v$, và các phân tử rơi vào giọt nước từ trên cao chuyển động tương đối với tốc độ $u - v$. Do đó, lực $F_1 = k (u + v)^2$ tác dụng lên sự rơi từ dưới lên và $F_2 = k (u - v)^2$ từ trên xuống (k là hệ số tỷ lệ, không phụ thuộc vào vận tốc $v$ và $u$).

lực tổng hợp

$$F = F_1 - F_2 = 4kuv$$

Vì vậy, lực kéo tác dụng lên vật rơi tỷ lệ thuận với tốc độ $u$ và $v$. Ngoài lực này, lực hấp dẫn $Mg$ còn tác dụng lên vật rơi. Với chuyển động đều

$$Mg = 4kuv,$$

Ở đâu

$$v = \frac{Mg}{4ku}.$$

30

Nghĩa là, tốc độ rơi của một giọt tỷ lệ nghịch với tốc độ chuyển động nhiệt của các phân tử không khí. Nhưng, như bạn biết, $u \sim \sqrt{T}$. Kể từ đây,

$$v \sim \frac{1}{\sqrt{T}}.$$

Do đó, khi nhiệt độ không khí tăng thì tốc độ rơi của giọt nước sẽ giảm.

F236. Xác định chu kỳ dao động của một phân tử có cực trong điện trường đều hướng về $E=300$ v/cm. Một phân tử phân cực có thể được biểu diễn dưới dạng một quả tạ cứng có chiều dài $l(l=10^{-8} \text{ cm})$, ở hai đầu của comoro có hai điểm vật chất có khối lượng $m(m=10^{-24} \text{ e})$, các điện tích không tồn tại lần lượt là $+e$ và $-e$ ($e=1,6 \cdot 10^{-19} \text{ K})$.

Ở vị trí cân bằng ổn định, phân tử nằm dọc theo trường (Hình 24). Nếu nó được đưa ra khỏi trạng thái này, thì một mômen quay sẽ xuất hiện, làm phân tử quay quanh trọng tâm của nó. Mômen này được tạo ra bởi lực điện $F_1$ và $F_2$, tác dụng lên các điện tích từ điện trường (Hình 25).

Nếu chúng ta xem xét điện tích của từng điện tích một cách riêng biệt, chúng ta có thể nói rằng lực điện đối với chúng đóng vai trò phục hồi lực. Do đó, các điện tích dao động giống như các ma trận toán học có độ dài $\frac{l}{2}$.

Hãy sử dụng phép loại suy này và viết chu kỳ dao động của phân tử như sau:

$$T = 2\pi \sqrt{\frac{l}{2g'}}$$

trong đó $g'$ là gia tốc mà điện trường truyền cho mỗi điện tích. Vì $g' = \frac{F_{эл}}{m}$ và $F_{эл} = eE$ thì

$$g' = \frac{eE}{m}.$$

Nhà thơ cuối cùng

$$T = 2\pi \sqrt{\frac{l}{2g'}} = 2\pi \sqrt{\frac{lm}{2eE}} \approx 2 \cdot 10^{-11} \text{ c}.$$

Để trả lời câu hỏi này, chúng ta hãy tập trung vào hai yếu tố quan trọng nhất.

Thứ nhất, khuôn mặt của một người trong một khối lượng được chiếu sáng kém hơn nhiều so với chính khối lượng và môi trường xung quanh, nhìn từ mặt nạ và các vật thể khác. Vì vậy, ánh sáng phản chiếu từ khuôn mặt rất yếu so với ánh sáng phản chiếu từ mặt nạ và các vật thể khác. Đó là lý do tại sao, đối với người quan sát từ công chúng, khuôn mặt của kiếm sĩ trong quần chúng thực tế không thể phân biệt được. Ngược lại, bản thân vận động viên này nhìn rõ các vật thể được chiếu sáng xung quanh mình trên nền ánh sáng yếu phản chiếu bên trong mặt nạ có dây của bên thứ ba. Ngoài ra, hình ảnh của mặt nạ trong mắt vận động viên rất mờ (không tập trung) do mặt nạ nằm quá gần mắt.

Lý do tương tự tại sao không thể nhìn thấy các ngôi sao bằng mắt thường vào ban ngày: ánh sáng mặt trời, bị phân tán bởi bầu khí quyển, mạnh hơn ánh sáng rất nhiều.

Thứ hai, vì lưới thép nằm sát mặt vận động viên nên nó che khuất một phần khá lớn khuôn mặt đối với người quan sát. Đồng thời, chiếc mặt nạ này hầu như không gây trở ngại cho người tập thể thao.

Để kết luận, chúng ta hãy xem xét một bài toán tương tự khác - tại sao vào ban ngày từ ngoài đường không thể nhìn thấy gì trong phòng nếu bạn nhìn qua cửa sổ phủ vải lưới? Rõ ràng trong trường hợp này là thực tế là tán cây được chiếu sáng mạnh lại được chiếu sáng kém. Tuy nhiên, sẽ tệ hơn nhiều nếu các phòng tiếp xúc với ánh sáng mặt trời trực tiếp và các bức tường của căn phòng có khả năng phản chiếu ánh sáng tốt - khi đó tán cây sẽ được chiếu sáng tốt từ bên trong. Để nhìn rõ những gì đang xảy ra trên đường phố, trong trường hợp này cần phải đến gần cửa sổ.

I.Sh. Tiếng Slovodechky