Lời giải bài toán M421—M425; F432—F437

35

Lời giải bài toán

M421—M425; F432—F437

M421. Với m và n tự nhiên nào (m < n) các ô không đồng dạng của một tờ giấy ca rô vô hạn có thể được sơn màu đen Mak sao cho bất kỳ hình chữ nhật nào có kích thước m × n chỉ chứa đúng một ô màu đen?

Hình 1.

Hình 2.

(Hình 6). Khí đi qua thành ống được bơm ra khỏi bình C. Hãy ước tính tỉ số giữa nồng độ $^{235}$UF$_6$ và $^{238}$UF$_6$ trong khí được bơm. Khối lượng nguyên tử tương đối của flo là 19. (10cl.)

F477. Một miếng cao su có khối lượng M nằm trên mặt phẳng ngang nhẵn. Đâm thủng một khoảng nhỏ để nó giữ được hình tròn và tâm của nó không chuyển động. Sau đó, vết đâm được thả ra. Mô tả hành vi tiếp theo của chiếc nhẫn. Hệ số đàn hồi của dây cao su bằng k.

A. Abrahamyan

Lời giải bài toán

M421—M425; F432—F437

Hãy chứng minh rằng màu yêu cầu của mặt phẳng ca-rô đối với cặp (m, n), m < n, tồn tại khi và chỉ khi n chia hết cho m.

Nếu màu của mặt phẳng sao cho trong bất kỳ hàng nào (dọc và ngang) mọi ô thứ k được sơn đen (như trong Hình 1, trong đó k=3), thì trong bất kỳ hình chữ nhật 1×k nào sẽ có chính xác một ô màu đen. Từ cách tô màu tuần hoàn như vậy cho cặp (1, k), không khó để có được màu tuần hoàn cho cặp (m, km): bạn cần tinh chỉnh lưới m lần và trong mỗi ô đen của mạng cũ (lớn) chỉ để lại một ô đen, chẳng hạn như ô phía dưới bên trái (Hình 2 được lấy từ Hình 1 và chính xác với ví dụ này; ở đây k=3, m=2). Vì vậy, chúng tôi đã chỉ ra cách xây dựng màu cần thiết cho cặp (m, n) nếu n chia hết cho m.

Bây giờ chúng ta giả sử rằng đối với cặp (m, n), trong đó n không chia hết cho m (n > m > 1), việc tô màu yêu cầu đã được xây dựng và chúng ta đi đến mâu thuẫn.

Hãy xem xét hai dịch vụ.

1. Cho n ≤ 2m – 1. Nếu hai hình chữ nhật thẳng đứng m × n có một ô đen ở góc chung, như trong Hình 3, thì phần kết của chúng không thể chứa thêm ô đen nào nữa. Nhưng nó có thể chứa một hình chữ nhật n × m nằm ngang (màu đỏ) không chứa ô màu đen. Sự mâu thuẫn.

2. Cho n > 2m – 1. Đầu tiên chúng ta chứng minh nếu K là ô đen thì ô thứ n trong cùng hàng (tính từ K) cũng đen. Xét hai hình chữ nhật thẳng đứng m × n có một ô góc dưới cùng chung là K và hai hình chữ nhật khác thu được từ chúng bằng cách di chuyển một ô lên trên (màu xanh lam và màu vàng trong Hình 4). Vì mỗi ô phải có một ô màu đen, nên một trong các ô màu vàng và một trong các ô màu xanh lam hoặc một ô màu xanh lá cây phải được sơn màu đen. Nhưng khả năng đầu tiên bị loại trừ, vì hình chữ nhật nằm ngang màu đỏ không thể chứa hai ô màu đen; Điều này có nghĩa là ô màu xanh lá cây cần được sơn màu đen.

Bây giờ hãy xem xét một hình vuông n×n có hình vuông màu đen ở góc dưới bên trái. Nếu n = mk + r, trong đó 0 < r < m, thì hình vuông có thể được cắt thành k hình chữ nhật nằm ngang n×m và “phần còn lại” là hình chữ nhật n×r (Hình 5).

37

M424. Qua cùng một đỉnh của hình tứ diện, vẽ một mặt phẳng chứa tâm của đường tròn ngoại tiếp mặt đối diện và vuông góc với mặt đối diện. Hãy chứng minh rằng bốn mặt phẳng này cắt nhau tại một điểm.

Hình 7.

M425. Có một số nagural $N$ nào sao cho bất kỳ số hữu tỉ nào giữa 0 và một đều có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của $N$ nghịch đảo của các số nagur không?

Gọi $S$ là một trong các đỉnh của tứ diện, $SH$ chiều cao của nó, $O_1$ tâm của một đường tròn ngoại tiếp quanh mặt đối diện với đỉnh $S$. Mặt phẳng đi qua đỉnh $S$ chứa chiều cao $SH$ và đoạn $SO_1$ (Hình 7). Chúng ta hãy vẽ qua điểm $O_1$ một đường thẳng song song với $SH$; rõ ràng là nó thuộc về máy bay của chúng tôi. Mặt khác, rõ ràng đường thẳng này đi qua tâm của hình cầu ngoại tiếp mặt phẳng. Do đó, cả bốn mặt phẳng chứa tâm của hình cầu ngoại tiếp tứ diện đều cắt nhau tại một điểm.

A. Yagubyants

Chúng ta hãy biểu thị bằng $A_n$ tập hợp các số có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của không quá $n$ số hạng nghịch đảo của các số tự nhiên. Sau đó $A_{n+1} = \{ \alpha + 1/q \}, \alpha \in A_n, q \in \mathbb{N}$ (tự nhiên); rõ ràng là $A_{n+1} \supset A_n$.

Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh rằng $A_n$ (với không $n$) không chứa tất cả các số hữu tỉ trong khoảng ] 0; 1 [để chứng minh điều này, chúng ta chứng minh bằng quy nạp trên $n$ một mệnh đề mạnh hơn:

I. Trong bất kỳ đoạn $[a; b] \subset ]0; 1[$ nào cũng có toàn bộ đoạn $[c; d]$ không giao nhau với $A_n$*).

Đối với $n = 1$ điều này là hiển nhiên. Chúng ta hãy chứng minh khẳng định này cho một số $n$, giả sử rằng nó được chứng minh cho $n - 1$.

Cho đoạn $[a; b] \subset ]0; 1[$. Chúng ta hãy chọn một đoạn $[c_0; d_1] \subset [a; b]$ không giao nhau với $A_{n-1}$ và lấy một số $m \in \mathbb{N}$ sao cho $d_1 - c_0 > 2/m$ (tức là $2/(d_1 - c_0) < m$. Khi đó không có số nào có dạng $\alpha + 1/q$, trong đó $\alpha \in A_{n-1}, q \geq m$, nằm ở nửa bên phải $[c_1; d_1]$ của đoạn $[c_0; d_1]$: nếu $\alpha \leq c_0$ thì $\alpha + 1/q < (c_0 + d_1)/2 = c_1$. Chúng ta có thể chọn thêm $[c_1; d_1] \supset [c_2; d_2] \supset [c_3; d_3] \supset \dots \supset [c_m; d_m]$ sao cho $[c_k - 1/k; d_k - 1/k]$ không giao nhau với $A_{n-1}(k = 1, 2, \dots, m)$. Do đó, khoảng $[c_2; d_2]$ sẽ không chứa các số có dạng $\alpha + 1/2$ và $\alpha + 1/q$, trong đó $\alpha \in A_{n-1}, q \geq m$; $[c_3; d_3]$ không chứa các số có dạng $\alpha + 1/2$, $\alpha + 1/3$ và $\alpha + 1/q$ cho $q \geq m$, $\alpha \in A_{n-1}, q \in \mathbb{N}$ Nghĩa là đoạn $[c_m; d_m]$ không giao nhau với $A_n$, đó là điều ta cần chứng minh.

Vì vậy, đáp số đối với câu hỏi đặt ra ở bài toán M425 là phủ định: không có số tự nhiên nào như vậy $N$.

Trong lời giải, được độc giả thêm vào, một số thuộc tính của tập $A_n$ đã được chú ý; một số trong số chúng mạnh hơn những gì tôi đã chứng minh ở trên.

*) Như đã nêu, tập $A_n$ không phẳng.

38

Các thuộc tính khác của $A_n$ cũng phân biệt nó với tập hợp tất cả các số hữu tỷ:

II. $A_n$ không chứa bất kỳ chuỗi tăng không hữu hạn nào.

Tính chất này tương đương với hai tính chất này.

III. Đối với mỗi điểm $x \in A_n$ có một điểm gần điểm đó ở bên trái.

IV. Mỗi tập hợp con $A_n$ chứa số nhiều nhất.

V. Giới hạn của một dãy số riêng biệt chứa $A_n$ chỉ có thể là số chứa $A_{n-1}$ hoặc 0 (và không phải bất kỳ số thực nào trong khoảng này, như trường hợp nếu $A_n$ chứa tất cả các số hữu tỷ của khoảng này!)

Chứng minh tính chất cuối cùng này đã được nghiên cứu đặc biệt.

Giả sử $x_m = \frac{1}{q_1^{(m)}} + \dots + \frac{1}{q_n^{(m)}}$, $q_1^{(m)} \leq q_2^{(m)} \leq \dots \leq q_n^{(m)}$, $m = 1, 2, \dots$ là một dãy số nào đó từ $A_n$ tiến tới giới hạn $a$. Chúng ta có thể chọn từ chuỗi $q_1^{(m)}$ (không có số!) Tăng dần theo chuỗi hoặc “đứng yên”, trong đó cùng một số được lặp lại; sau đó (loại bỏ tất cả $x_m$ còn lại) thực hiện thao tác tương tự cho $q_2^{(m)}$, v.v. Vì tất cả $x_m$ đều khác nhau nên một số chuỗi $q_1^{(m)}$ phải tăng lên và có xu hướng tiến tới vô cùng. Vì vậy, chúng ta nhận được, hãy chuyển sang chuỗi, chẳng hạn như $x_m$, đối với một số $r < n$

$q_1^{(i)} = q_2^{(i)} = q_3^{(i)} = \dots = q_i$ tại $i \leq r$ và $q_i \rightarrow \infty$.

Khi đó số $a = \lim_{m \to \infty} x_m = \frac{1}{q_1} + \frac{1}{q_2} + \dots + \frac{1}{q_r}$ trở thành số 0 nếu chúng ta có thể chọn số tăng dần từ dãy $q_1^{(m)}$.

Mặt khác, rất khó có khả năng mọi điểm $A_{n-1}$ thực sự sẽ là điểm giới hạn $A_n$.

Người đọc có thể dễ dàng chứng minh tính chất II, III, IV của tập hợp $A_n$. Tất nhiên, từ V có thể dễ dàng suy ra cả phát biểu bài toán (bằng quy nạp) và các tính chất của I.

N. Vasiliev

F432. Quả cầu thủy tinh có khả năng tạo ra bong bóng hình cầu. Cần phải tìm cách đo đường kính của bong bóng. Quả bóng phải còn nguyên. Phương pháp này nên được mô tả càng ít càng tốt.

Hình 8.

Trước hết, chúng ta hãy tìm hiểu tâm của bong bóng khí nằm ở đường kính nào của quả bóng. Để làm điều này, đặt quả bóng trên một bề mặt nằm ngang và đợi cho đến khi nó ngừng lắc lư. Ở vị trí cân bằng ổn định của quả bóng, tâm bong bóng nằm trên đường kính thẳng đứng, phía trên tâm quả bóng (Hình 8).

Sau đó, chúng ta tìm vị trí trọng tâm của quả bóng với bong bóng. Hãy đặt quả bóng lên một mặt phẳng nghiêng và từ từ tăng góc nghiêng của mặt phẳng so với đường chân trời. Trong trường hợp này, quả bóng sẽ quay quanh một trục nằm ngang đi qua tâm hình học của nó, sao cho tại bất kỳ thời điểm nào trọng tâm của quả bóng nằm trên phương thẳng đứng đi qua điểm tiếp xúc của quả bóng với mặt phẳng. Quả bóng bắt đầu lăn (với hệ số ma sát trượt giữa quả bóng và mặt phẳng đủ lớn) khi trọng tâm ở bên phải nhất trong tất cả các vị trí có thể có của nó (Hình 9). Điều này cho phép bạn xác định vị trí trọng tâm của quả bóng bằng bong bóng khí: nó cách tâm hình học của quả bóng một khoảng

$$l = R \sin \alpha,$$

trong đó $R$ là bán kính của quả bóng, $\alpha$ là góc nghiêng của mặt phẳng với đường chân trời tại đó quả bóng bắt đầu lăn.

Telerc sẽ xác định vô thời hạn kích thước của bong bóng và vị trí của nó bên trong quả cầu thủy tinh. Giả sử chúng ta lấp đầy một mặt phẳng bằng kính, từ đó

39

quả bóng đã được thực hiện. Trọng tâm của sự dịch chuyển nằm ở tâm hình học của quả bóng. Điều này có nghĩa là

$$\frac{4}{3} \pi r^3 \rho a = \frac{4}{3} \pi (R^3 - r^3) \rho l.$$

Ở đây $r$ là bán kính của bong bóng khí (khoang), $\rho$ là mật độ của kính, $a$ là khoảng cách từ tâm bong bóng đến tâm quả bóng (Hình 10). Cân một quả bóng trong không khí và nước (với mật độ đã biết $\rho_0$), chúng ta có thể viết thêm hai phương trình:

$$\frac{4}{3} \pi (R^3 - r^3) \rho |\vec{g}| = P_1,$$

$$\frac{4}{3} \pi (R^3 - r^3) \rho |\vec{g}| - \frac{4}{3} \pi R^3 \rho_0 |\vec{g}| = P_2.$$

Giải hệ ba phương trình với ẩn thứ ba, ta tìm được bán kính của bong bóng $r$ và vị trí của nó $a$.

Có thể áp dụng một phương pháp đo khác $r$ - quang học. Chỉ cần đặt một quả bóng vào một chất lỏng có chiết suất bằng chiết suất của thủy tinh là đủ để quả bóng trở nên vô hình trong chất lỏng này. Ví dụ: bằng cách nhìn vào đường đi của các tia từ nguồn chính xác, bạn có thể tìm thấy $r$ (tự kiểm tra điều này).

Tất nhiên, nhiều phương pháp khác có thể được đề xuất. Vì vậy, chúng tôi chắc chắn sẽ quay lại bài toán này một lần nữa khi đọc tất cả thư của độc giả.

F433. Hai thấu kính phẳng-lồi giống hệt nhau có tiêu cự $F = 20$ cm, mỗi thấu kính đặt cách nhau $l = 30$ cm. Trục quang của thấu kính trùng nhau, các thấu kính hướng vào nhau bằng các cạnh phẳng. Ảnh của nguồn sẽ nằm ở đâu, cách thấu kính bên trái $d = 40$ cm, nếu chúng ta nhìn giữa các thấu kính và đổ đầy nó bằng thủy tinh có chiết suất tối đa bằng thấu kính?

Chúng ta biểu thị bằng $f$ khoảng cách từ thấu kính trái đến ảnh nguồn, hình thành trong quá trình khúc xạ trên bề mặt cầu lồi của thấu kính trái. Khoảng cách này liên quan đến khoảng cách $d$ từ nguồn đến thấu kính bên trái theo sự tương ứng

$$\frac{1}{d} + \frac{n}{f} = (n - 1) \frac{1}{R},$$

trong đó $n$ là chiết suất của thủy tinh, $R$ là bán kính của mặt cầu của thấu kính.

Một đẳng thức tương tự có thể được viết cho hiện tượng khúc xạ trên bề mặt lồi của thấu kính bên phải:

$$\frac{n}{d'} + \frac{1}{f'} = (n - 1) \frac{1}{R}.$$

Ở đây $d^1 = l - f$ là khoảng cách từ hình ảnh đầu tiên, là “nguồn” cho hình ảnh thứ hai, đến ống kính bên phải và $f'$ là khoảng cách mong muốn từ ống kính bên phải đến hình ảnh được cung cấp cho hệ thống. Ngoài ra, đối với từng ống kính riêng biệt, việc tuân thủ được thực hiện

$$(n - 1) \frac{1}{R} = \frac{1}{F}.$$

Giải cả ba phương trình cùng nhau, ta tìm được $f'$:

$$f' = \frac{F \left[ l (d - F) - ndF \right]}{(d - F) (l - nF) - ndF}.$$

Đặt $n = 1,5$, ta được $f' = 10$ cm.

F434. Lượng menloma được giải phóng ở điện trở $R$ khi trạng thái cân bằng được thiết lập sau khi rửa chìa khóa $K$ (Hình 11), nếu tụ điện được sạc trước đến mức chênh lệch

41

Khớp nối sẽ không dao động nếu khi di chuyển khớp nối khỏi vị trí cân bằng, gia tốc của nó $\vec{a}$ so với thanh là hướng so với trục quay, tức là

$$\frac{2k}{m} - \omega^2 < 0,$$

hoặc $\omega > \sqrt{\frac{2k}{m}} = 10$ rad/s.

F436. Mật độ $\rho$ của khí bao gồm hỗn hợp zeilium và argon, ở áp suất $p = 152$ kN/$m^2$ và nhiệt độ $T = 300$ K, là 2,0 kk/m³. Có bao nhiêu nguyên tử zeilium trong 1 cm³ hỗn hợp khí?

Để tìm số lượng phân tử helium (nguyên tử) $N_1$ trong một thể tích $V = 10^{-6}$ m³, cần xác định tỷ lệ giữa khối lượng của helium $m_1$ với khối lượng mol của nó $\mu_1 = 4 \cdot 10^{-3}$ kg/mol:

$$N_1 = \frac{m_1}{\mu_1} N_A.$$

(1)

Chúng ta hãy viết các phương trình trạng thái khí của helium và argon:

$$p_1 V = \frac{m_1}{\mu_1} RT, \quad p_2 V = \frac{m_2}{\mu_2} RT$$

($p_1$ là áp suất heli, $p_2$ là áp suất argon, $m_2$ là khối lượng của argon, $\mu_2 = 40 \cdot 10^{-3}$ kg/mol là khối lượng mol của nó). Theo định luật Dalton, áp suất của hỗn hợp khí là $p = p_1 + p_2$, tức là

$$p = \left( \frac{m_1}{\mu_1} + \frac{m_2}{\mu_2} \right) \frac{RT}{V}.$$

(2)

Mật độ $\rho$ của hỗn hợp bằng tổng mật độ của helium và argon:

$$\rho = \rho_1 + \rho_2 = \frac{m_1}{V} + \frac{m_2}{V}.$$

(3)

Từ các đẳng thức (2) và (3), chúng ta tìm được mối quan hệ $\frac{m_1}{\mu_1}$, thay thế nó vào biểu thức (1) và thu được

$$N_1 = N_A V \frac{\rho \mu_2 - \rho RT}{RT (\mu_2 - \mu_1)} \approx 4 \cdot 10^{15} \text{ m}^{-3} = 4 \cdot 10^9 \text{ cm}^{-3}.$$

F437. Một khung dây có hình tam giác có góc $\alpha = 30^\circ$ được đặt trong mặt phẳng thẳng đứng 马克, như trong Hình 14. Dọc theo dây dẫn, hai vật nặng có một sợi dây khác nhau trượt không ma sát với khối lượng $m_1 = 0,1$ kk và $m_2 = 0,3$ kk. Lực căng của sợi dây và góc $\beta$ ở vị trí cân bằng của các vật nặng là bao nhiêu?

Trạng thái cân bằng này có ổn định không?

Hình 14 thể hiện tất cả các lực tác dụng lên các vật nặng. Các lực $\vec{T}_1$ và $\vec{T}_2$ của lực căng chỉ bằng nhau ở trục hoành từ bên ngoài và ngược chiều nhau: $\vec{T}_1 = -\vec{T}_2$ và $|\vec{T}_1| = |\vec{T}_2| = T$. Các phản lực $\vec{N}_1$ và $\vec{N}_2$ vuông góc với các cạnh của khung và do đó tạo thành một góc $90^\circ$ với nhau. Lực hấp dẫn $m_1\vec{g}$ và $m_2\vec{g}$, như mọi khi, hướng theo phương thẳng đứng.

Vì hệ các vật nặng nối với nhau bằng một sợi dây ở trạng thái cân bằng nên

$$\vec{N}_1 + \vec{N}_2 + \vec{T}_1 + \vec{T}_2 + m_1\vec{g} + m_2\vec{g} = 0,$$

hoặc

$$\vec{N}_1 + \vec{N}_2 + m_1\vec{g} + m_2\vec{g} = 0.$$

Điều này có nghĩa là các vectơ $\vec{N}_1, \vec{N}_2$ và $m_1\vec{g} + m_2\vec{g}$ tạo thành một hình tam giác (Hình 15) và tam giác này thẳng: $\widehat{BAC} = 90^\circ$. Nó ở trạng thái cân bằng từ trọng lượng. Kể từ đây,

$$m_1\vec{g} + \vec{N}_1 + \vec{T}_1 = 0, \quad \vec{N}_2 + m_2\vec{g} + \vec{T}_2 = 0.$$

42

Từ những đẳng thức này suy ra rằng vectơ $\vec{T}_1$ nối đỉnh $A$ của tam giác $ABC$ với điểm $E$ và vectơ $\vec{T}_2$ nối điểm $E$ với điểm $A$.

Trong tam giác $AEC$ có $\widehat{ACE} = \alpha$ và $\widehat{CAE} = 90^\circ - \beta$, và trong tam giác $ABE$ có $\widehat{ABE} = 90^\circ - \alpha$ và $\widehat{BAE} = \beta$. Theo định lý sin

$$\frac{T}{\sin \alpha} = \frac{m_1 |\vec{g}|}{\sin (90^\circ - \beta)} = \frac{m_1 |\vec{g}|}{\cos \beta}, \quad \frac{m_2 |\vec{g}|}{\sin \beta} = \frac{T}{\sin (90^\circ - \alpha)} = \frac{T}{\cos \alpha}.$$

Giải các phương trình này cùng nhau, chúng ta tìm thấy

$$tg \beta = \frac{m_2}{m_1} \text{ctg} \alpha = 3\sqrt{3}, \quad \beta \approx 79^\circ;$$

$$T = m_1 |\vec{g}| \frac{\sin \alpha}{\cos \beta} \approx 2.7 \text{ H.}$$

Bây giờ chúng ta hãy tìm hiểu xem vị trí cân bằng tìm được có ổn định hay không. Vị trí cân bằng ổn định nếu thế năng của hệ ở vị trí này là nhỏ nhất, nghĩa là trọng tâm của hệ tải ở vị trí thấp nhất. Để biết điều kiện này có được thỏa mãn hay không, chúng ta tìm tọa độ trọng tâm của hệ.

Chúng ta hãy biểu thị độ dài cạnh $DK$ của tam giác dây (Hình 16) bằng $a$ và chiều dài của sợi dây bằng $l$. Trọng tâm của hệ (điểm $O$) chia chiều dài của sợi chỉ theo tỷ lệ $\frac{m_2}{m_1}$.

Do đó, nó nằm cách vật nặng bên trái một khoảng $b = \frac{m_2}{m_1 + m_2} l$. Từ Hình 16 có thể thấy rằng $y_0 = (a - l \cos \beta) \sin \alpha - b \sin (\beta - \alpha) = a \sin \alpha - l (\cos \beta \sin \alpha) + \frac{m_2}{m_1 + m_2} \sin (\beta - \alpha))$.

Biểu thức này là tối thiểu khi biểu thức tối đa là

$$y_1 = \cos \beta \sin \alpha + \frac{m_2}{m_1 + m_2} \sin (\beta - \alpha).$$

Hãy biến đổi biểu thức (*):

$$y_1 = \cos \beta \sin \alpha + \frac{m_2}{m_1 + m_2} (\sin \beta \cos \alpha - \cos \beta \sin \alpha) = \frac{m_2}{m_1 + m_2} \sin \beta \cos \alpha + \frac{m_1}{m_1 + m_2} \cos \beta \sin \alpha = \sin (\beta + \varphi),$$

trong đó $\sin \varphi = \frac{m_1}{m_1 + m_2} \sin \alpha$, $\cos \varphi = \frac{m_2}{m_1 + m_2} \cos \alpha$ và $tg \varphi = \frac{m_1}{m_2} \text{tg} \alpha$.

Rõ ràng biểu thức (*) đạt giá trị lớn nhất tại

$$\beta + \varphi = \frac{\pi}{2},$$ hoặc $tg \beta = \text{ctg} \varphi = \frac{m_2}{m_1} \text{ctg} \alpha$.

Do đó, vị trí cân bằng tìm được là ổn định. Bất kỳ ai phải phân biệt đều có thể lấy giá trị này $\beta$ từ điều kiện cực trị (tối đa) của biểu thức (*).

I. Tiếng Slovodechkiy