Bài toán

73

Nhiệm vụ

1. Ba tên cướp đã lấy trộm 10 viên kim cương từ một chiếc két sắt với tổng giá trị là 4.000.000 USD. Đồng thời, họ mong muốn chia số kim cương để mọi người nhận được ít nhất 1.000.000 USD. Trong cuộc rượt đuổi, một trong những viên kim cương trị giá 600.000 USD đã bị mất và việc phân chia như vậy trở nên bất khả thi. Có thể ngay từ đầu điều đó đã xảy ra, hay bọn côn đồ rõ ràng đã nhầm lẫn?

2. Được biết, trọng lượng của một vật thể trên Mặt trăng nhẹ hơn trên Trái đất 6 lần. Hãy tưởng tượng rằng bạn được đề nghị lên Mặt trăng và kiểm tra thực tế này bằng thực nghiệm. Bạn sẽ mang theo thiết bị gì?

3. Cho ba điểm A, B và C, biết rằng với điểm thứ tư M bất kỳ của mặt phẳng thì khoảng cách từ A đến M không vượt quá ít nhất một trong các khoảng cách: từ B đến M hoặc từ C đến M. Chứng minh rằng điểm A nằm trên đoạn BC.

4. Hai dây được làm từ hai miếng kim loại giống hệt nhau, một dây dài gấp 4 lần dây kia. Theo bạn, điện trở của các dây này giống nhau hay khác nhau?

5. Có 6 đồng xu giống hệt nhau. Trong đó có 4 cái là thật, mỗi cái 4 2 và 2 cái giả có tổng trọng lượng là 8 2, một phần nặng hơn, phần kia nhẹ hơn. Bốn lần cân có đủ để sử dụng cân cốc (không có quả cân) để tìm cả hai đồng tiền giả không?

76

Trên trục tung (đi lên từ điểm O) chúng ta sẽ vẽ đường đi của tàu và trên trục ngang chúng ta sẽ đánh dấu các ngày trong tuần (trục này gọi là trục thời gian, Mon nghĩa là thứ Hai, Tuệ nghĩa là thứ Ba, v.v.).

Giao thông tàu sẽ trông như thế nào trên biểu đồ? Vào trưa thứ Sáu, con tàu sẽ cách Liverpool 700 km. Chúng ta đặt điểm A tại giao điểm của đường thẳng đứng đi qua trưa thứ Sáu và đường ngang và linh hồn ở độ cao “700”. Đến chiều thứ Bảy con tàu sẽ đi được 1.400 km. Trong Hình 1, điều này được mô tả bởi điểm B. Các điểm C, D, v.v. được xây dựng tương tự. Chúng hiển thị vị trí của tàu ở chiều dài tiếp theo (vào buổi trưa). Con tàu chuyển động đều nên tất cả các điểm này đều nằm trên một đường thẳng. Nhân tiện, mỗi điểm trên đường này mô tả vị trí của con tàu tại một thời điểm nhất định. Ví dụ, điểm R cho thấy con tàu sẽ ở khoảng cách 2450 km khi Big Ben đầy và Chủ nhật bắt đầu ở Liverpool.

Lịch trình giao thông của các tàu rời Rio de Janeiro vào thứ Hai cũng được xây dựng theo cách tương tự.

Bây giờ hãy mô tả chuyển động của tất cả các tàu trên một biểu đồ (xem Hình 2). Khi đó mỗi giao điểm của hai đường thẳng sẽ tương ứng với sự gặp nhau của hai con tàu.

Ví dụ, hãy xem xét chuyến bay KL từ Liverpool đến Rio de Janeiro. Đoạn này cắt các đoạn mô tả chuyển động của các tàu đang tới 4 lần. Vì vậy, đáp số cho câu hỏi đầu tiên bài toán - 4 bình.

Hơn nữa, từ biểu đồ, rõ ràng rằng trước cuộc gặp đầu tiên tại điểm M, sẽ mất khoảng thời gian tương tự để con tàu sắp tới đi từ điểm hẹn đến Liverpool. Theo đó, cuộc gặp đầu tiên sẽ diễn ra vào trưa thứ Bảy, cuộc gặp thứ hai - diễn ra toàn thời gian từ thứ Ba đến thứ Tư, v.v., và khoảng cách từ địa điểm họp đến Liverpool sẽ là 1400 km, 3850 km, v.v.

Bây giờ hãy tự trả lời thêm ba câu hỏi nữa.

d) Tại một thời điểm nào đó hai chiếc tàu gặp nhau trên biển. Có đúng là cùng lúc đó có hai con tàu nữa gặp nhau ở một phần khác của đại dương? Nếu vậy thì hai cuộc gặp gỡ này sẽ diễn ra cách nhau bao xa?

d) Có bao nhiêu tàu hoạt động giữa Liverpool và Rio de Janeiro?

e) Trả lời câu hỏi đầu tiên bài toán nếu bạn biết tàu khởi hành hàng ngày chứ không phải hàng tuần.

Những bàn tay đi vòng quanh mặt số

Đúng 12h trưa, kim phút và kim giờ trùng nhau. Sau đó, kim phút lao về phía trước và một lúc sau, khi đã đi hết một vòng tròn hoàn chỉnh quanh kim giờ, nó lại quay trở lại kim giờ. Điều này sẽ xảy ra vào thời điểm nào? Vào thời điểm nào giữa 12 giờ trưa và 12 giờ đêm các mũi tên quay: a) rẽ vào góc; b) góc vuông; b) góc 120°?

Quý ông đi dạo

Hai quý ông cùng lúc đi dạo dọc theo một con hẻm dài 100 mét. Ông Smith đi bộ 1 km trong một giờ, ông Jones đi bộ trong nhà - chỉ 600 mét một giờ. Đi đến cuối con hẻm, mỗi người quay đầu lại với tốc độ như nhau. Khi gặp nhau, các quý ông lần nào cũng đội mũ và cúi chào. Họ cúi chào bao nhiêu lần trong 25 phút đầu tiên của cuộc đi bộ? Họ đã đi bộ theo một hướng trong bao nhiêu phút (trong số 25 phút này)?

Bài toán của Isaac Newton

Hai người đưa thư A và B cách nhau 59 dặm, khởi hành vào buổi sáng để gặp nhau. A đi 7 dặm trong 2 giờ, và B đi 8 dặm trong 3 giờ, trong khi B khởi hành muộn hơn A một giờ. Tìm xem A sẽ đi bao nhiêu dặm trước khi gặp B.

77

Đến bài viết “Trojan”

1. Vectơ $r_1$ được vẽ từ điểm $m_1$ đến tâm giằng là tổng của hai vectơ hướng từ $m_1$ đến $m_2$ và từ $m_1$ đến $m_3$. Mô-đun của các vectơ này là $\frac{m_2}{m_1+m_2+m_3} R$ và $\frac{m_3}{m_1+m_2+m_3} R$ (xem Hình 1).

Hình bình hành có các cạnh như vậy tương tự như hình bình hành của các lực $F_{12} = \gamma \frac{m_1 m_2}{R^2}$ và $F_{13} = \gamma \frac{m_1 m_3}{R^2}$, hoặc tổng các lực này $F_1$ phải hướng vào tâm giằng. Từ việc xem xét sự giống nhau

$$F_1:r_1 = \gamma \frac{m_1 m_2}{R^2}: \frac{m_2}{m_1+m_2+m_3} R =$$

$$= \gamma \frac{m_1 m_3}{R^2}: \frac{m_3}{m_1+m_2+m_3} R.$$

Từ đây

$$\omega^2 = \frac{a_1}{r_1} = \frac{F_1}{m_1 r_1} = \gamma \frac{m_1+m_2+m_3}{R^3}.$$

2. Với các điều kiện về tỉ số giữa vận tốc và hướng của chúng, trong một khoảng thời gian ngắn tam giác khối lượng sẽ biến thành tam giác giống như tam giác ban đầu. Nếu đối với tam giác mới, tỷ số vận tốc thỏa mãn điều kiện thì mọi thứ sẽ được chứng minh. Nhưng vì gia tốc tỷ lệ thuận với khoảng cách đến tâm phanh (xem bài tập 1), nên tốc độ tăng dần và tốc độ mới tỷ lệ thuận với những khoảng cách này và hướng của tốc độ sẽ thay đổi theo cùng một góc (xem Hình 2).

Đến bài viết Pháo binh và toán học

1. (55 518; 37 263).
2. $295^\circ 33'$, 1551.
3. (12 406; 96 956).
4. (13 772, 98 154).

Đến bài viết “Antebe”

5. a) Nếu $p \neq 2$, thì $\alpha = \sum_{i=1}^{k} \left[ \frac{n}{p^i} \right]$, trong đó $k$ sao cho $p^k \leq n < p^{k+1}$.

Nếu $p = 2$ thì $\alpha = n + \sum_{i=1}^{k} \left[ \frac{n}{2^i} \right]$, trong đó $2^k \leq n < 2^{k+1}$.

6. $\alpha = \left[ \frac{2n+1}{p} \right] - \left[ \frac{n}{p} \right] + \left[ \frac{2n+1}{p^2} \right] - \left[ \frac{n}{p^k} \right]$, ở đâu $p^k \leq 2n+1 < p^{k+1}$.

Gợi ý. Hãy tận dụng thực tế là $(2n+1)!! = \frac{(2n+1)!}{(2n)!!}$.

6. a) $1\frac{1}{16}; 1\frac{3}{4}; 2\frac{7}{16}; 3\frac{1}{8}; 3\frac{13}{16}$.

6. $-1 \leq x < 0; \sqrt{8} \leq x < 3; \sqrt{11} \leq x < \sqrt{14}; 4 \leq x < \sqrt{17}$.

b) $\sqrt{2}$.

7. 30 km.

8. $[f(a)] + [f(a+1)] + [f(a+2)] + \dots + [f(b)] + b-a+1$.

9. 137. Gợi ý. Tọa độ của một điểm nằm trong đường tròn cho trước thỏa mãn bất đẳng thức $x^2 + y^2 \leq 6,5^2$.

78

10. 0,18. Gợi ý. Sử dụng công thức $P(A_{10} \cup A_{14} \cup A_{21}) = P(A_{10}) + P(A_{14}) + P(A_{21}) - P(A_{10} \cap A_{14}) - P(A_{10} \cap A_{21}) + P(A_{10} \cap A_{14} \cap A_{21})$,

trong đó $P(A_N)$ là xác suất để số bi rút ra chia hết cho $N$, $P(A_M \cup A_N \cup A_L)$ là xác suất số bi rút ra chia hết cho $M$, hoặc $N$, hoặc $L$, $P(A_M \cap A_N)$ là xác suất số bi rút ra chia hết cho cả $M$ và $N$, $P(A_M \cap A_N \cap A_L)$ — xác suất để số bi rút được chia hết cho $M$, $N$ và $L$. Chứng minh công thức này.

Đến bài viết “Chìa khóa” tới lời giải - tam giác đồng dạng>

1. $S = (\sqrt{S_1} + \sqrt{S_2} + \sqrt{S_3})^2$.
2. Gợi ý. Trong các tam giác đồng dạng, bán kính của các đường tròn nội tiếp có quan hệ với nhau bằng các chu vi tương ứng. 3. 4π.
3. $\sqrt{b(b+c)}$. 5. $\frac{AB}{AC} = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{5k-1}{k-1}}$, $k > 1$. 6. $1 + 3k$. Gợi ý. Vẽ $BM \perp A'C'$ và $B'M' \perp A'C'$ rồi tính tỉ số diện tích của các hình tam giác $A'B'C'$, $AB'C'$, $BA'C'$, $CA'B'$. 7. $\frac{BO}{BD} = \frac{2}{3}(1-k^2)$.
4. 5:1; 1:5. 9. 7:1.

Đến nhiệm vụ «Kvant» cho học sinh nhỏ"
(cm. «Kvant» № 4)

1. Người mới bắt đầu phải di chuyển quân hậu đến các ô thua, có bảy ô: a1, b3, c2, d6, e8, f4, h5. Từ bất kỳ ô nào khác, bạn phải di chuyển quân hậu đến một trong các ô này, nhưng từ ô thua này bạn không thể di chuyển quân hậu đến ô khác (đó là lý do tại sao họ là những người thua cuộc). Các trường này có vị trí như sau: a1 - thua; bất kỳ lĩnh vực nào mà bạn có thể đạt đến a1 trong một lần di chuyển đều là lĩnh vực thua; trường b3 và c2, từ đó bạn chỉ có thể nhập vào trường thắng đã bị loại, là trường thua; bất kỳ lĩnh vực nào mà bạn có thể nhận được

Hình 3.

Hình 4.

ở b3 hoặc c2, - thắng, v.v. Hãy tự xác định số nước đi.

2. Đất ở khu vực này ẩm ướt, nhưng ở nơi dựng lều, đất lại khô ráo. Khi nước trong đất đóng băng, nhiệt được giải phóng, làm “làm ấm” những khu vực ẩm ướt và làm chậm quá trình đóng băng của chúng. Và khu vực khô ráo dưới lều bị đóng băng nhiều hơn.

3. Cả lớp được chia thành 4 tập không chồng chéo: “nhà toán học số”, “nhà toán học lành nghề”, “thợ thủ công số” và “người lười biếng”. Có 35-10 = 25 “người lười biếng” theo điều kiện 10, không phải “người lười biếng”, trong đó có 20 nhà toán học, nên sẽ có 25-20 = 5 “nhà toán học lành nghề”, và 11-5 = 6 “nhà toán học lành nghề”.

4. Xem hình. 3.

Về nhiệm vụ (xem trang 72)

1. Nó bị cấm. 2. a) Xem hình. 4. 6) Không thể được.
2. Đối với lần đầu tiên hoặc lần thứ hai. Nếu bất kỳ tầng nào khác được chọn, thì việc giảm nó sẽ không ảnh hưởng đến thời gian chờ đợi trung bình của cư dân ở tầng này và tầng cao hơn (vì họ không chỉ ăn ở tầng dưới mà còn ở tầng trên), mà sẽ giảm thời gian chờ đợi của cư dân ở tầng dưới.

Về bài viết “Lời khuyên của độc giả”
(cm. «Kvant» № 4)

1. 393ml. 2. 453ml.
2. Gợi ý. Chứng minh rằng $ME \times MF = h^2$, trong đó $h$ là khoảng cách từ tâm đường tròn $O$ đến đường thẳng $m$. Lời giải. Chúng ta hãy vẽ các đường thẳng $m'$ và $m''$ tiếp xúc với đường tròn tại các điểm $C$ và $D$ tương ứng. Gọi $M'$ là giao điểm của các đường $m'$ và $KM$, $M''$ - các đường $m''$ và $KM$, $F'$ - các đường $m'$ và $KF$ (tại sao các đường này cắt nhau?). Vì $M'C = M'T$, $M'F' = M''D = M''T$ (những đẳng thức này đến từ đâu?), nên $M'C.M'F' = M''T.M''T$. (1) Nhưng $M'OM'' = 90^\circ$ (chứng minh điều đó!), và do đó $M'T.M''T = r^2$, (2)

79

trong đó $r$ là bán kính của hình tròn (điều này đến từ đâu?). Ở phía bên kia,

$$M'C = \frac{r}{h} ME, \quad M'F' = \frac{r}{h} MF$$

(làm thế nào để chứng minh các đẳng thức này?). Bây giờ từ (1) – (3) suy ra $ME \cdot MF = h^2$.

4. $x_1, x_2 = 2 \pm \sqrt{6}, \quad x_3 = 2, \quad x_4 = -1$.

Gợi ý. Viết lại phương trình thành $x^4 + 4 = 5x^3 - 10x$ và chia cả hai vế của phương trình này cho $x^2$!

$$x^2 + \frac{4}{x^2} = 5 \left( x - \frac{2}{x} \right).$$

Sau đó thay thế cho $x - \frac{2}{x} = t$ chưa biết, kết quả là phương trình bậc hai $t^2 + 4 = 5t$.

5-7. Gợi ý. Sử dụng biểu thức cho mặt phẳng của một tam giác theo cạnh (nằm trên $AC$) và chiều cao (hạ xuống từ đỉnh $B$ hoặc $D$) hoặc theo hai cạnh và góc giữa chúng (ở đây với đỉnh $O$).

8. $$\frac{S_1 S_3}{S_2 S_4} = \frac{\sin \alpha_1 \sin \alpha_3}{\sin \alpha_2 \sin \alpha_4},$$ trong đó $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \alpha_4$ là các góc mà tại đó các cạnh $A_1 A_2, A_2 A_3, A_3 A_4, A_4 A_1$ nhìn thấy được từ điểm $O$.

9. Hội chợ.

10. $$\frac{S_1 S_3 \dots S_{2n-1}}{S_2 S_4 \dots S_{2n}} = \frac{\sin \alpha_1 \sin \alpha_3 \dots \sin \alpha_{2n-1}}{\sin \alpha_2 \sin \alpha_4 \dots \sin \alpha_{2n}}.$$

11. $0, 31 \leqslant x < 5 + 2\sqrt{6}$. Gợi ý. Bất bình đẳng tương đương với sự kết hợp của hai hệ thống:

$$\begin{cases} 0 < \frac{x^2 - 10x + 31}{30} < 1, \\ 5x - \frac{11}{20} \geqslant 1; \end{cases}$$

$$\begin{cases} \frac{x^2 - 10x + 31}{30} > 1, \\ 0 < 5x - \frac{11}{20} \leqslant 1. \end{cases}$$

12. $x_1 = k\pi, x_2 = \frac{5\pi}{4} + 2k\pi$ ($k = 0, \pm 1, \pm 2, \dots$).

13. $x = \frac{5\pi}{6} + 2k\pi$ ($k = 0, \pm 1, \pm 2, \dots$). Gợi ý. Phương trình này trong ODZ tương đương với phương trình

$$1 - \cos x - \sin x = \cos 2x - \sin 2x,$$

(được rút gọn thành dạng)

$$(\cos x + \sin x)(2 \sin x - 1) = 0.$$

Các nghiệm của phương trình $\cos x + \sin x = 0$ không được bao gồm trong ODZ của phương trình ban đầu: đối với mỗi chúng, do sự tương ứng (4), chúng ta có $\cos 2x - \sin 2x = 1 - (\cos x + \sin x) = 1$, và trong ODZ điều kiện $\cos 2x - \sin 2x \neq 1$ phải được thỏa mãn. Nếu $\sin x = 1/2$ thì $\cos x = \sqrt{3}/2$ hoặc $\cos x = -\sqrt{3}/2$. Trong trường hợp đầu tiên

$$1 - \cos x - \sin x = \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2} < 0,$$

trong khi ở ODZ, điều kiện $1 - \cos x - \sin x > 0$ phải được thỏa mãn. Trong trường hợp thứ hai, các điều kiện xác định ODZ được đáp ứng.

14. $NF: FM = \sqrt{3}$. Gợi ý. Kéo dài đường tâm qua điểm $M$ cho đến khi nó cắt tại điểm $L$ với một đường tròn và ngoài điểm $N$ cho đến khi nó cắt tại điểm $K$ với một đường tròn khác. Chứng minh CLKB thẳng. Sử dụng các đẳng thức theo định lý trên các đoạn dây giao nhau: $PF \cdot FQ = LF \cdot FN, PF \cdot FQ = MF \cdot FK$.

15. $S_{\triangle AOB}: S_{\triangle ABC} = (9 + \sqrt{3}): 26$.

Gợi ý. Vẽ chiều cao: $SD$ – mặt bên $ASC$, $SF$ – mặt bên $CSB$, $SE$ – mặt bên $ASB$; kết nối các điểm $D, F, E$ với điểm $O$. Chứng minh rằng $SD = SF = SE$ và điểm $O$ là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$. Chứng minh rằng $\triangle SDC = \triangle SFC, \triangle SFB = \triangle SEB, \triangle SEA = \triangle SDA$ và tính tất cả các góc phẳng của tất cả các mặt bên. Thể hiện các đoạn $AE = AD, BE = BF, CF = CD$ theo chiều dài và chiều cao của mặt bên. Soạn biểu thức cho mặt phẳng của các tam giác $AOB$ và $ABC$, ký hiệu là $r$ bán kính của hình tròn nội tiếp tam giác $ABC$.

16. $MN = 1/7$. Gợi ý. Lưu ý rằng $MN = DM - DN$. Để tính $DM$ và $DN$, hãy sử dụng thực tế hình học sau: nếu một đường tròn nội tiếp trong tam giác $PQR$, tiếp tuyến với cạnh $PQ, QR, RP$ của tam giác tương ứng tại các điểm $A, B, C$ thì $AQ = QB = p - PR, BR = RC = p - PQ, CP = PA = p - QR$, trong đó $p$ là đa giác của tam giác $PQR$.

(Để bắt đầu, xem trang 56)

I. Sardazakov (Novosibirsk) 8, 0, 1; V. Serebryanny (Kharkov) 8, 1; S. Skovoroda (Leningrad) 8; V. Starshenko (Zaporozhe) 8, 0, 1; I. Telltsky (Chirchik) 8, 1; A. Tremyachenko (Kyiv) 1; A. Tritsenko (Komon-on-Don) 1; V. Tuzhilkin (Zelenodolsk TASSR) 8, 1; N. Fedin (Yêu cầu) 8, 1; A. Frumkin (Kursk) 0, 1; Yu. Khabarov (Pavlovsky Posad) 8, 0, 1; N. Khorev (Barnaul) 8, 0, 1; I. Tsatskis (Kremechug) 8, 1; I. Tsurkis (Kalinerrad, vùng Moscow) 8, 0; R. Sharipov (Karakul, vùng Bukhara) 8, 0, 1; S. Shamurov (Zhdanov) 1; I. Sheremet (Lyubertsy, vùng Moscow) 8, 1; I. Thập Yển (Kyiv) 8, 1; E. Yanenko (Kyiv) 8, 1; V. Yasinsky (làng Mazurovka, vùng Vinnytsia) 0, 1.