Để tưởng nhớ Otto Dunkel

56

Ký ức
Otto Dunkel

Năm 1957, các biên tập viên của tờ The American Mathematical Monthly đã xuất bản một số đặc biệt (bổ sung): “Sách giải các bài toán tưởng niệm Otto Dunkel”.
Số này được dành để tưởng nhớ Giáo sư Otto Dankela (1869-1951), người đứng đầu “Bộ phận bài toán” của tạp chí này trong nhiều năm.

Số dành riêng cho Dunkel có “400 “Tốt nhất” bài toán”, được rút ra từ 2.704 mà độc giả của tạp chí đã gửi từ năm 1918 đến năm 1950. Trong số các phóng viên có sinh viên, giáo viên của các trường trung học cơ sở và trung học phổ thông, cũng như các nhà khoa học nổi tiếng ở Mỹ và nước ngoài (G. Duedeni, G. S. M. Coxeter, O. Ore, G. Polya, C. Trigg; nhiều người bài toán của chính O. Dunkel).

Việc lựa chọn “Tốt nhất” bài toán được giao cho 24 nhà toán học REM, những người đã cộng tác tích cực trong nhiều năm trong “Khoa bài toán” của Tạp chí Hàng tháng. Mỗi người trong số họ trình bày danh sách “Tốt nhất” bài toán của mình. Dựa trên các danh sách này, lựa chọn cuối cùng đã được thực hiện, trong đó vai trò chính được thực hiện bởi “số phiếu bầu” mà một nhiệm vụ cụ thể nhận được.

Năm nay, nhà xuất bản “Mir” đã xuất bản một cuốn sách trong bộ truyện “Bài toán and the Olympiads”*)

*) Trong bộ “Bài toán và Olympic” hai cuốn sách đã được xuất bản: Ch. Trigg, Bài toán với một bước ngoặt, M., “Mir”, 1975, và I. Kurshak và cộng sự, Olympic Toán học Venederian, M., “Mir”, 1976 (xem về cuốn sách này, «Kvant», 1977, số 1).

ha “Đã chọn bài toán”, được tạo trên cơ sở bộ sưu tập tưởng niệm đã đề cập. Cuốn sách này khá giống với bản gốc của Mỹ - tốt hơn (các điều kiện bài toán, và đặc biệt là lời giải của chúng được sắp xếp lại khá tự do bởi người dịch cuốn sách Yu. A. Danilov và người biên tập cuốn sách, giáo sư Đại học quốc gia Moscow V. M. Alekseev).

Cuốn sách “Người được chọn bài toán” bao gồm ba phần, giống như hai phần trình bày của nó (xem thanh bên). Phần đầu tiên là điều kiện bài toán; thứ hai là lời giải của họ, được Yu thu thập. A. Danilov từ nhiều số khác nhau của tạp chí “American Mathematical Monthly”. Phần thứ ba của cuốn sách được viết hoàn toàn bởi V. M. Alekseev. Phần này cung cấp những thông tin cần thiết từ lý thuyết và nhận xét về cá nhân lời giải.

So với những cuốn sách đã được xuất bản cùng bộ, tuyển tập “Selected bài toán” khó hơn. Phần Kinh thánh bài toán không dành cho học sinh mà dành cho sinh viên hai năm đầu đại học. Những bài toán này có thể được sử dụng cho các kỳ thi Olympic dành cho học sinh, những kỳ thi này trong những năm gần đây đã bắt đầu trở nên phổ biến nhưng vẫn được cung cấp rất ít tài liệu.

Hầu như tất cả bài toán trong bộ sưu tập đều có thể nói là tuyệt vời. Nhưng sức hấp dẫn không phải là phẩm chất duy nhất của bài toán được chọn. Phần lớn bài toán đề cập đến các vấn đề của toán học hiện đại và cổ điển, lời giải trong số đó đòi hỏi, cùng với sự thông minh và sáng tạo, còn có khả năng sử dụng tự do nhiều loại công cụ trong kho vũ khí toán học. Tất nhiên, bộ sưu tập này có thể đóng vai trò là hướng dẫn để bạn nắm vững bất kỳ nhánh toán học nào, mặc dù nó chứa rất nhiều bài toán hình học cơ bản, lý thuyết số (giới hạn, các phương trình vi phân), một tuyển tập lớn bài toán đại số và phân tích (định thức, tính tích phân, phương trình vi phân, chuỗi) và cách trình bày phong phú về hình học xạ ảnh, gần như đã lỗi thời. Tất cả những bài toán này có thể được sử dụng vừa để tăng sự quan tâm của học sinh và học sinh đối với tài liệu đang được nghiên cứu, vừa để đào tạo các “Vận động viên Olympic” tương lai cũng như cho các hoạt động của ban tổ chức.

bài toán cơ bản hơn trong bộ sưu tập là hàng trăm bài toán cuối cùng (bộ 301–400). Trong số đó, một người yêu thích môn toán “giải trí” sẽ tìm thấy cho mình rất nhiều điều thú vị (bài 277 về việc bay vòng quanh thế giới, bài toán 303 về điểm “đen”, bài toán 312 về nhân viên ngân hàng). Nhìn chung, bộ sưu tập độc đáo này ở nhiều khía cạnh chắc chắn sẽ góp phần phát triển khả năng sáng tạo - xét cho cùng, lời giải không chuẩn bài toán sẽ cam kết cải thiện vấn đề đang được xem xét và cuối cùng, không chỉ chứng minh định lý “của người khác” mà còn khám phá ra định lý của chính mình.

Chúng tôi hy vọng rằng bộ sưu tập mới chiếm ít thông tin hơn đáng kể về bộ sưu tập mới bài toán, chúng tôi công bố các điều kiện in mới của chúng.

1. Chuyến bay vòng quanh thế giới (số 277). Mỗi máy bay thuộc nhóm neocorpura có thể đóng vai trò là yêu cầu cho bất kỳ máy bay nào khác trong cùng nhóm. Dung tích thùng nhiên liệu của mỗi máy bay cho phép đi bằng 1/5 chu vi Trái đất mà không cần tiếp nhiên liệu. Người ta cho rằng tất cả các máy bay đều bay với cùng một tốc độ không đổi so với Trái đất và tiêu thụ cùng một lượng nhiên liệu; chỉ có một địa điểm hạ cánh; Nguồn cung cấp nhiên liệu được lưu trữ tại căn cứ và thời gian tiếp nhiên liệu ngắn.

Xác định số lượng máy bay nhỏ nhất cần thiết để đảm bảo một chuyến đi khứ hồi

57

chuyến bay nhẹ của một chiếc máy bay và nó trở về căn cứ an toàn.

2. Xác suất của Thứ Sáu Đen (số 303). Chứng minh rằng ngày 13 trong tháng có nhiều khả năng rơi vào thứ Sáu hơn các ngày khác trong tuần.

3. Một tính chất khác của chuỗi sóng hài (số 304). Chứng minh rằng tổng riêng $\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{N}$ của chuỗi hài không phải là số nguyên với bất kỳ N nào.

4. Số nguyên tố cấp số biến phân (số 305). Chứng minh rằng, ngoại trừ một ngoại lệ, trong mọi cấp số cộng có số hạng là số nguyên dương và hiệu nhỏ hơn 2000, không quá 10 số hạng liên tiếp có thể là số nguyên tố.

5. Điểm 0 và điểm cực trị của đa thức bậc ba (số 318). Cho một đa thức bậc ba $y = x^3 + px^2 + qx$. Xác định tất cả các cặp hệ số nguyên $p$ và $q$ sao cho phương trình $y = 0$ có nghiệm nguyên khác nhau và tọa độ nguyên của hai điểm cực trị.

6. Nhiệm vụ cắt (số 326). Làm thế nào có thể cắt một hình lục giác đều thành số mảnh nhỏ nhất để tạo thành một tam giác đều có cùng diện tích? Mỗi vết cắt được thực hiện dọc theo một đường thẳng.

7. Chu trình Hamilton trên khối đa diện (số 358). Giả sử rằng chúng ta muốn ở các đỉnh của một khối đa diện, nhưng chúng ta chỉ có thể đến được chúng bằng cách di chuyển dọc theo các cạnh của nó. Hamilton đã tìm thấy khoảng cách bài toán để đi qua tất cả các đỉnh của khối đa diện dọc theo một tuyến đường không đi qua cùng một đỉnh hai lần. (Trong lý thuyết đồ thị, đường đi như vậy thường được gọi là chu trình Harmilton.) Không khó để chứng minh rằng bài toán của Hamilton có lời giải cần chứng minh. Chứng minh rằng đối với hình thoi decadron bài toán không có Hamiltonian lời giải.

8. Xác định tiền giả bằng cách cân (số 359). Một người đàn ông có 12 đồng xu, hình dáng không thể phân biệt được. Đồng xu là giả và có trọng lượng khác với đồng thật. Người đàn ông này cũng có trong tay một chiếc cân thăng bằng rất nhạy nhưng không có quả nặng. Liệu anh ta có thể, với không quá ba lần cân, có thể phát hiện ra một đồng tiền giả và xác định xem nó nặng hơn hay nhẹ hơn đồng tiền thật không?

9. “Người chim bình đẳng” (Số 360). Chúng ta gọi một tập hợp gồm $n$ điểm trên mặt phẳng là một con trỏ $n$ đều nếu cả ba điểm trong số chúng đều nằm ở các đỉnh của một tam giác đều. Sáu điểm trên một mặt phẳng có thể được định vị sao cho chúng tạo thành một mặt phẳng 6 điểm đều.

Chứng minh rằng không thể chọn được bảy điểm trên mặt phẳng tạo thành mặt phẳng 7 điểm đều. Số nhỏ nhất $k$ là bao nhiêu để từ $k$ điểm bất kỳ trong không gian, chúng ta có thể chọn được ba điểm không nằm ở các đỉnh của một tam giác đều?

10. Những đứa trẻ trong vườn (số 370). Từ cada cho phép đầu trẻ em.

• Con của anh chắc đang chơi ở đó phải không? - vị khách hỏi.

“Không chỉ của tôi,” người chủ trả lời, còn có những đứa trẻ từ bốn gia đình đang vui đùa ở đó: con tôi, con của anh chị em tôi, cũng như của anh họ tôi. Đúng là gia đình tôi là lớn nhất, anh trai tôi có gia đình nhỏ hơn, chị gái tôi có gia đình nhỏ hơn và anh họ tôi có gia đình nhỏ nhất. Các cậu bé đang chơi đuổi bắt,” ông chủ tiếp tục. Họ muốn chơi bóng trắng, nhưng có quá ít để tạo thành hai đội *). Thú vị.

*) Đội bóng chày gồm có 9 người.

lưu ý," anh ấy nói thêm, “rằng số trẻ em trong cả bốn gia đình trùng khớp với số lượng nhà của tôi, điều mà tất nhiên là bạn đã nhận thấy một cách khó hiểu.”

“Tôi sẽ chia nhỏ phép toán ra một chút,” vị khách nói. “Tôi sẽ cố gắng xác định xem mỗi gia đình trong số bốn gia đình đó có bao nhiêu đứa con.”

Sau khi tính toán xong, người khách hỏi:

– Gia đình anh họ của bạn có một chiếc xương sườn không? – Sau khi người chủ trì trả lời câu hỏi này, người khách nói:

“Teler, tôi biết mỗi gia đình trong bốn gia đình có bao nhiêu đứa trẻ.”

Có bao nhiêu người con trong gia đình chủ nhân ngôi nhà, anh chị em và anh chị em họ của ông ta?

11. Nhà toán học tòa án và shtut (số 374). Một ngày nọ, nhà toán học của tòa án ngay lập tức nhận được tất cả những đồng thaler ở giữa mà ông mong muốn trong năm và sau khi gấp 9 đồng xu không bằng nhau từ những đồng xu, sắp xếp chúng thành một hình vuông ma thuật. Corollo thích cách tiếp cận của nhà toán học tại tòa án, nhưng ông phàn nàn rằng không một cột nào chứa các số nguyên tố.

“Nếu Bệ hạ thêm 9 thaler nữa vào ước muốn của tôi,” nhà toán học của triều đình lưu ý, “tôi có thể tăng số đồng xu trong mỗi cột lên 1, và khi đó tất cả 9 số trong cột sẽ là số nguyên tố.”

Chúng tôi đã kiểm tra. Mọi chuyện diễn ra đúng như lời nhà toán học của tòa án đã nói. Nhà vua đã chuẩn bị tăng số lượng các nhà toán học mong muốn thêm 9 thaler mỗi năm, giống như một gã hề đang hành động. Anh ta lấy một đồng xu từ mỗi cột và số thaler còn lại trong mỗi cột hóa ra là số nguyên tố. Hơn nữa, 9 số mới vẫn tạo thành hình vuông kỳ diệu. Vẫn còn chín thalers “thêm”.

Nhà toán học của tòa án nhận được bao nhiêu thaler mỗi năm?

I. Klumova

59

tại các điểm tới hạn cos $x_0 = 0$ hoặc cos$^2 x_0 = \frac{2}{3}$.

Nếu cos$x_0 = 0$ thì $f(x_0) = 0 > -\frac{7}{9}$. Nếu cos$^2 x_0 = \frac{2}{3}$ thì |sin $x_0$| = $\frac{1}{\sqrt{3}}$. Vì $f(x) = 2 \sin x \cdot \cos^2 x$, chúng ta có $|f(x_0)| = \frac{4}{3\sqrt{3}}$. Dễ dàng kiểm tra được bất đẳng thức $-\frac{4}{3\sqrt{3}} > -\frac{7}{9}$. Vì vậy, $f(x_0) > -\frac{7}{9}$.

Bài toán cũng có thể được giải bằng cách sử dụng đẳng thức

$$\min f(x) = \min (2t - 2t^3)$$
$$[-\pi; \pi] \quad [-1; 1]$$

điều này xuất phát từ thực tế là $f(x) = 2 \sin x - 2 \sin^3 x$ và với bất kỳ $t \in [-1; 1]$ nào cũng có $x \in [-\pi; \pi]$ mà tội lỗi $x = t$.

Sau khi tính hàm tùy ý $y = 2t - 2t^3$, dễ dàng xác minh được giá trị nhỏ nhất trên khoảng [-1; 1] hàm này lấy tại điểm $t_0 = -\frac{\sqrt{3}}{3}$. Đó là lý do tại sao

$$\min (2t - 2t^3) = -\frac{4\sqrt{3}}{9} > -\frac{7}{9}.$$
Điều này có nghĩa là $\min f(x) > -\frac{7}{9}$.

4. Cộng các phương trình của hệ, ta thu được $(x - 3)^3 + (y - 3)^3 + (z - 3)^3 = 0$. (1) Bộ ba (3; 3; 3) là nghiệm của phương trình (1). Kiểm tra cho thấy đó cũng là một giải pháp cho hệ thống. (Lưu ý: tuyên bố này không thể được xác minh!) Hãy chứng minh rằng hệ thống không có lời giải nào khác.

Từ phương trình đầu tiên của hệ $y^3 = 9x^2 - 27x + 27$. Phân biệt của tam thức bậc hai $9x^2 - 27x + 27$ là âm. Do đó, nếu hệ thống $(x_0; y_0; z_0)$ – lời giải thì $y_0^3 > 0$. Vì vậy, $y_0 > 0$. Tương tự, từ phương trình thứ hai và thứ ba, chúng ta thu được $z_0 > 0$ và $x_0 > 0$.

Từ phương trình đầu tiên của hệ

$$(y_0 - 3)(y_0^2 + 3y_0 + 9) = 9x_0(x_0 - 3).$$

Vì $x_0 > 0$ và $y_0^2 + 3y_0 + 9 > 0$, nên từ (2) các số $y_0 - 3$ và $x_0 - 3$ không thể có các biểu tượng khác nhau. Tương tự, từ phương trình thứ hai, các số $z_0 - 3$ và $y_0 - 3$ cũng không thể có các ký hiệu khác nhau.

Do đó, nếu $x_0 > 3$ thì $y_0 > 3$ và $z_0 > 3$, nếu $x_0 < 3$ thì $y_0 < 3$ và $z_0 < 3$. Hệ Lời giải $(x_0; y_0; z_0)$ cũng là nghiệm của phương trình (1) và đối với (1) thì $x_0 > 3$, $y_0 > 3$, $z_0 > 3$ hoặc $x_0 < 3$, $y_0 < 3$, $z_0 < 3$ đều không phù hợp.

Vì vậy, $x_0 = 3$, $y_0 = 3$, $z_0 = 3$. Đáp số: (3; 3; 3).

5. Gọi E là trung điểm cạnh BC, ký hiệu trung điểm cạnh AB bằng D. Qua điểm E vẽ đường thẳng l song song với CD (Hình 2). Lấy l nằm trong mặt phẳng đáy ABC. Lấy CD song song với mặt phẳng α xác định bởi điểm S và đường thẳng l (vì CD||l) và đường thẳng SE nằm trong mặt phẳng này. Điều này có nghĩa là khoảng cách cần thiết giữa đường thẳng CD và SE bằng độ dài đường vuông góc hạ từ bất kỳ điểm nào của đường thẳng CD lên mặt phẳng α. Do CD||l nên đỉnh cần tìm của góc là đỉnh của góc nằm giữa các đường thẳng SE và l.

Bởi vì SC⊥CD. Từ $m \perp l$ và $l \parallel CD$ $m \perp CD$ theo sau. Từ $CD \perp SC$ và $CD \perp m$ suy ra đường thẳng CD vuông góc với mặt phẳng SCG. Vậy CD⊥CF. Nhưng $l \parallel CD$. Vì vậy, CF⊥l. Ngoài ra, theo cách xây dựng của CF⊥SG. Vậy CF⊥α. Vậy khoảng cách cần tìm là |CF|.

$$|CG| = \frac{|AB|}{4} = \sqrt{2}.$$
$$|GS| = \sqrt{|CG|^2 + |CS|^2} = \sqrt{6}.$$
$$|CF| \cdot |GS| = |CS| \cdot |CG|.$$
Kể từ đây,

$$|CE| = \frac{|CS| \cdot |CG|}{|SG|} = \frac{2}{\sqrt{3}}.$$

Chúng ta sẽ tìm giá trị của góc SEG từ tam giác SEG. Vì CD song song với mặt phẳng α xác định bởi điểm S và đường thẳng l (vì CD||l) và đường thẳng SE nằm trong mặt phẳng này. Điều này có nghĩa là khoảng cách cần thiết giữa các đường l và m qua G. G ∈ α. Cuối cùng, thả từ điểm C vuông góc với đường SG. Chúng ta hãy biểu thị giao điểm của nó với SG bằng F.

Theo các điều khoản của SC⊥CD. Từ $m \perp l$ và $l \parallel CD$ $m \perp CD$ theo sau. Từ $CD \perp SC$ và $CD \perp m$ suy ra đường thẳng CD vuông góc với mặt phẳng SCG. Vậy CD⊥CF. Nhưng $l \parallel CD$. Vì vậy, CF⊥l. Ngoài ra, theo cách xây dựng của CF⊥SG. Vậy CF⊥α. Vậy khoảng cách cần tìm là |CF|.

$$|CG| = \frac{|AB|}{4} = \sqrt{2}.$$
$$|GS| = \sqrt{|CG|^2 + |CS|^2} = \sqrt{6}.$$
$$|CF| \cdot |GS| = |CS| \cdot |CG|.$$
Kể từ đây,

$$|CE| = \frac{|CS| \cdot |CG|}{|SG|} = \frac{2}{\sqrt{3}}.$$

60

Bài toán có thể được giải theo cách khác - sử dụng vectơ. Trong mặt phẳng $ABC$ đi qua điểm $C$ ta vẽ đường thẳng $m$ vuông góc với $CD$. Chúng ta hãy giới thiệu một hệ tọa độ hình chữ nhật: đối với gốc tọa độ của đường thẳng là điểm $C$, đối với trục hoành của đường thẳng là điểm $CD$, đối với trục tọa độ - đường thẳng $m$, đối với trục ứng dụng - đường thẳng $CS$ (xem Hình 3; nó hiển thị hướng dương của các trục).

Đặt $P$ và $Q$ lần lượt là các điểm trên các dòng $SE$ và $CD$ sao cho $PQ \perp SE$ và $PQ \perp CD$. Khi đó khoảng cách cần thiết là $|PQ|$. Chúng ta hãy biểu thị bằng $\alpha$ và $\beta$ các số xác định vị trí của điểm $P$ và $Q$: $\overrightarrow{SP} = \alpha \overrightarrow{SE}$, $\overrightarrow{CQ} = \beta \overrightarrow{CD}$.

$$\overrightarrow{PQ} = \overrightarrow{PS} + \overrightarrow{SC} + \overrightarrow{CQ}.$$

Hãy tìm tọa độ của các vectơ $\overrightarrow{PS}$, $\overrightarrow{SC}$ và $\overrightarrow{CQ}$ trong hệ tọa độ đã chọn. $\overrightarrow{PS} = -\overrightarrow{SP} = (-\alpha) \overrightarrow{SE}$. Vì $|CE| = |EB|$ và $|BD| = |DA|$, $\overrightarrow{SE} = \left( \frac{|CD|}{2}; \frac{|AB|}{4} \right)$; $-|SC|$. $|CD| = \sqrt{|AC|^2 - |AD|^2} = 2\sqrt{6}$. Vì vậy, $\overrightarrow{SE} = (\sqrt{6}; \sqrt{2}; -2)$.

Vì vậy, $\overrightarrow{PS} = (-\sqrt{6}\alpha; -\sqrt{2}\alpha; 2\alpha)$. Rõ ràng là $\overrightarrow{SC} = (0; 0; -2)$. Vì $\overrightarrow{CD} = (2\sqrt{6}; 0; 0)$, $\overrightarrow{CQ} = (2\sqrt{6}\beta; 0; 0)$.

Vì thế,

$$\overrightarrow{PQ} = (-\sqrt{6}\alpha + 2\sqrt{6}\beta; -\sqrt{2}\alpha; 2\alpha - 2).$$

Chúng ta sẽ tìm các ẩn số $\alpha$ và $\beta$ từ các điều kiện $\overrightarrow{PQ} \cdot \overrightarrow{SE} = 0$ và $\overrightarrow{PQ} \cdot \overrightarrow{CD} = 0$.

$$\begin{cases} (-\sqrt{6}\alpha + 2\sqrt{6}\beta) \sqrt{6} + (-\sqrt{2}\alpha) \sqrt{2} + (2\alpha - 2)(-2) = 0 \\ (-\sqrt{6}\alpha + 2\sqrt{6}\beta) 2\sqrt{6} + (-\sqrt{2}\alpha) \cdot 0 + (2\alpha - 2) \cdot 0 = 0. \end{cases}$$

Từ phương trình thứ hai của hệ $-\sqrt{6}\alpha + 2\sqrt{6}\beta = 0$ (điều này có thể dự đoán được: vì $\overrightarrow{PQ} \perp \overrightarrow{CD}$, tọa độ đầu tiên của vectơ $\overrightarrow{PQ}$ là 0). Sau đó từ phương trình đầu tiên $\alpha = \frac{2}{3}$. Vì vậy, $\beta = \frac{1}{3}$. Vì thế,

$$\overrightarrow{PQ} = \left( 0; -\frac{2\sqrt{2}}{3}; -\frac{2}{3} \right).$$

Vì vậy, $|PQ| = \sqrt{0^2 + \left(-\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)^2 + \left(-\frac{2}{3}\right)^2} = \frac{2}{\sqrt{3}}$.

Từ $\overrightarrow{SE} = (\sqrt{6}; \sqrt{2}; -2)$ chúng ta nhận được $|\overrightarrow{SE}| = 2\sqrt{3}$.

Hình 3.

$$= 2\sqrt{3}.$$ Chúng ta hãy biểu thị góc giữa các vectơ $\overrightarrow{SE}$ và $\overrightarrow{CD}$ bằng $\varphi$.

$$\cos \varphi = \frac{\overrightarrow{SE} \cdot \overrightarrow{CD}}{|\overrightarrow{SE}| \cdot |\overrightarrow{CD}|} = \frac{\sqrt{6} \cdot 2\sqrt{6} + \sqrt{2} \cdot 0 + (-2) \cdot 0}{2\sqrt{3} \cdot 2\sqrt{6}} = \frac{\sqrt{2}}{2}.$$

Do đó, góc giữa các đường thẳng $SE$ và $CD$ bằng $45^\circ$. Đáp số: giá trị góc là $45^\circ$, khoảng cách $-\frac{2}{\sqrt{3}}$.

Khoa Hóa học

1. 80 km/giờ. 2. $2\frac{1}{4}$. 3. $-\infty$; 0] $\cup$ $[\log_8 5$; 1[. 4. 1 m$^2$. 5. $x = \frac{5\pi}{48} + \pi k$, $x = \frac{7\pi}{24} + \pi l$, $x = \frac{17\pi}{48} + \pi m$ ($k, l, m \in \mathbb{Z}$).

Khoa Địa lý

1. $] -\infty$; $-2$ $[\cup] 2$; $+\infty$[. 2. $\sqrt{7}$ m. 3. Điểm tối thiểu $e$; khoảng thời gian giảm dần $]0$; $[1$ và $]1$; $e$]; khoảng tăng dần $[e$; $+\infty$ [. 4. 60km/giờ. 5. $x = \frac{\pi}{12} + 2\pi k$, $x = -\frac{7\pi}{12} + 2\pi l$ ($k, l \in \mathbb{Z}$).

Khoa Sinh học

1. 3. 2. $\frac{15}{2}$ m$^2$. 3. $\frac{9}{8}$. 4. $x = -\frac{7\pi}{6}$ $+ 4\pi k$, $x = -\frac{5\pi}{18} + \frac{8\pi}{3} l$, $x = \frac{\pi}{6} + \frac{8\pi}{3} m$ ($k, l, m \in \mathbb{Z}$). 5. $]0$; 1[. Gợi ý. Các nghiệm $x_1$, $x_2$ của tam thức bình phương $f$ nếu và chỉ khi đó được nén từ nghiệm

61

mi vuông threelen $g$ khi $g(x_1) \times g(x_2) < 0$.

Khoa khoa học đất

1. 4. 2. Điểm tối đa $-\frac{1}{3}$, tăng khoảng $-\infty; \frac{1}{3}$, giảm khoảng $\left[\frac{1}{3}; +\infty\right]$. 3. $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$, $x = -\frac{\pi}{4} + 2\pi l$ ($k, l \in \mathbb{Z}$). 4. $\frac{3}{4} ab$. 5.144.

Vật lý

Khoa Cơ học và Toán học và Khoa Toán tính toán và Điều khiển học

1. $l = \frac{h \left( \left| \vec{v}_{01} \right| + \left| \vec{v}_{02} \right| \cos \alpha \right)}{\left| \vec{v}_{02} \right| \sin \alpha} \approx 40 \text{ m}$.

2. Thanh $AB, AC, BD$ và $CD$ cách xa nhau và thanh $BC$ nghiêng; Mô đun lực đàn hồi trong tất cả các thanh là như nhau và bằng 10 N.

3. $x = V/(3S) = 0,1 \text{ m}$.

4. $P = 4 \mathcal{F}^2 R/(R + r)^2 = 5,12 \text{ Bt}$.

5. $P = P_1 \frac{1 + \alpha t_1}{1 + \alpha t} \approx 45 \text{ Bt}$.

6. $\vec{a} = IL \vec{B} / m - k \vec{g} = 8 \text{ m/c}^2$.

7. $f_2 = F_2 \times \frac{a \left(d_1 + F_1\right) + d_1 F_1}{a \left(d_1 + F_1\right) + F_1 d_1 - F_2 \left(d_1 + F_1\right)} = 13,75 \text{ cm}$.

Khoa Địa lý, Địa chất, Hóa học và Khoa Khoa học Đất

1. $\left| \vec{a} \right| = \frac{2 \left(s_2/t_2 - s_1/t_1\right)}{t_1 + t_2} \approx 0,07 \text{ m/c}^2$.

2. Vận tốc của vật thứ hai so với vật thứ nhất không phụ thuộc vào thời gian, hướng thẳng đứng xuống dưới và có giá trị tuyệt đối bằng $2v_0 \sin \alpha_1 \approx 2,8 \text{ m/c}$.

3. $t = \frac{\left| \vec{v} \right| \left(4m_1 + m_2\right)}{2\left| \vec{g} \right| \left(2m_1 + m_2\right)} = 0,45 \text{ c}$.

4. $m_B = \frac{(m - m_1) \lambda - c_\pi m t_1}{c_B t} = 380 \text{ r}$.

5. $q'_1 = C_1 \frac{C_1 U_1 - C_2 U_2}{C_1 + C_2} = 2 \cdot 10^{-8} \text{ KJ}$;

6. $R = \frac{\mathcal{F}^2}{2P} - r \pm \frac{\mathcal{G}}{2P} \sqrt{\mathcal{G}^2 - 4Pr} = 4 \text{ OM}$.

7. $F = \frac{dL}{l + L} \approx 33,3 \text{ cm}$.

Tập hợp các giá trị của hàm số

1. a) $] - \infty; 2 [\cup] 2; + \infty [$;

6. $] 0; 1], \max f = 1$;

b) $] - \infty; 0 [\cup] [1; + \infty [$.

(Nếu $min f$ hoặc $max f$ không được chỉ định thì điều này có nghĩa là hàm $f$ không chấp nhận giá trị tương ứng nhỏ nhất.)

2. a) $] - 3; + \infty [$;

6. $] - \infty; -2] \cup [2; + \infty [$;

b) $] - \infty; -2] \cup [2; + \infty [$.

3. a) $f(x) = 3 \cos^2 x - 1$, $E(f) = [-1; 2]$, $min f = -1$, $max f = 2$;

6. $f(x) = \frac{1}{2} \sin 2x$, $E(f) = \left[-\frac{1}{2}; \frac{1}{2}\right], \min f = -\frac{1}{2}, \max f = \frac{1}{2}$;

b) Từ điểm vũ trụ $cos^2 x + sin^2 x = 1$ suy ra $f(x) = cos^4 x + sin^4 x = (cos^2 x + sin^2 x)^2 - 2 \sin^2 x \cos^2 x = 1 - \frac{1}{2} \sin^2 2x$;

$E(f) = \left[\frac{1}{2}; 2\right], \min f = \frac{1}{2}, \max f = 2$.

4. a) $[-5; 7]$, $min f = -5, \max f = 7$ (thay thế $cos x = z \in [-1; 1]$);

6. $[-2; 1]$, $min f = -2, \max f = 1$ (thay thế $sin x = z \in [-1; 1]$).

5. a) $[-1; + \infty[$, $min f = -1$ (thay thế $2^x = z \in [0; + \infty[$);

6. Hãy biểu thị $2^{\sin x} = z$; thì $f(x) = g(z) = z^2 - 4z$.

Vì $1 \leq \sin x \leq 1$, rồi $z \in \left[ \frac{1}{2}; 2 \right]$ và sau khi kiểm tra hàm $g$ trên đoạn $\left[ \frac{1}{2}; 2 \right]$, chúng ta thu được: $E(g) = E(f) = \left[ -4; -\frac{7}{4} \right], \min f = -4, \max f = -\frac{7}{4}$.

6. a) $[1 - \sqrt{2}; 1 + \sqrt{2}]$;

6. $[-5; 5]$;

b) $f(x) = cos^2 x - sin x \cos x = \frac{1 + \cos 2x}{2} - \frac{1}{2} \sin 2x = \frac{1}{2} (1 + \cos 2x)$.

62

$$-\sin 2x) = \frac{1}{2} \left( 1 + \sqrt{2} \cos \left( x + \frac{\pi}{4} \right) \right),$$
Tôi sẽ xem $E(f) = \left[ \frac{1 - \sqrt{2}}{2}, \frac{1 + \sqrt{2}}{2} \right]$.

7. a) [0; 4];

6. [−50; 4].

8. a) $\left[ -\frac{4\sqrt{3}}{9}; \frac{4\sqrt{3}}{9} \right]$ (thay thế $x = z \in [-1; 1]$);

6. $\left[ -\frac{8\sqrt{3}}{9}; \frac{8\sqrt{3}}{9} \right]$ ($\sin 3x = 3\sin x - 4\sin^2 x$, thay thế $x = z$).

9. Gọi $x$ là chiều cao của hình nón; thì bán kính đáy của nó là $r = \sqrt{1 - x^2}$, và thể tích của hình nón là $V = \frac{1}{3} \pi r^2 x = \frac{1}{3} \pi (1 - x^2)x = V(x)$. Bài toán dùng để tìm tập giá trị của hàm $V(x)$ trên khoảng $]0; 1[$. Đáp số: thể tích của hình nón có thể nhận bất kỳ giá trị nào lớn hơn 0 mà không vượt quá $V_{\max} = V\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = \frac{2\pi}{9\sqrt{3}} \approx 0,4 \text{ дм}^3$.

10. Gọi $x$ là bán kính đáy của hình trụ, $h$ chiều cao của nó. Vì $V = \pi x^2 h = 1$, $h = \frac{1}{\pi x^2}$ nên diện tích hình trụ là $S = 2\pi x^2 + 2\pi xh = 2\pi x^2 + 2\pi x \frac{1}{\pi x^2} = 2\pi x^2 + \frac{2}{x} = S(x)$. Cần tìm tập hợp các giá trị của hàm $S(x)$ trên khoảng $]0; +\infty[$. Chúng ta có $S'(x) = 4\pi x - \frac{2}{x^2} = 0$ nếu $x^3 = \frac{1}{2\pi}$, tức là $x = x_0 = (2\pi)^{-\frac{1}{3}}$, và trong khoảng $]0; x_0]$ hàm $S(x)$ giết chết và trong khoảng $[x_0; +\infty[$ nó trả về. Do đó, trên bất kỳ phân đoạn nào $[\varepsilon; x_0]$, trong đó $0 < \varepsilon < x_0$, tập hợp các giá trị $S(x)$ là phân đoạn $[S(x_0); S(\varepsilon)]$. Từ công thức cho $S(x)$, rõ ràng là đối với một $\varepsilon > 0$ đủ nhỏ thì giá trị $S(\varepsilon)$ trở nên lớn hơn về mặt góc, do đó tập hợp các giá trị $S(x)$ trên đa tuyến $]0; x_0]$ là khoảng $[S(x_0); +\infty[$. Vì ở $x \geq x_0$, hàm $S(x)$ trả về nên khoảng này nhỏ hơn các giá trị của $S(x)$ và trong toàn bộ miền định nghĩa $]0; +\infty[$. Vì vậy, đáp số: diện tích bề mặt của một hình trụ có thể tích $1 \text{ дм}^3$ có thể nhận bất kỳ giá trị nào lớn hơn hoặc bằng $S_{\min} = S(x_0) = 2\pi \cdot (2\pi)^{-\frac{2}{3}} + 2 \cdot (2\pi)^{\frac{1}{3}} = 3 \cdot (2\pi)^{\frac{1}{3}} \approx 5,5 \text{ дм}^2$.

Olympic Toán Quốc tế lần thứ XIX

1. Đặt $O$ là tâm của hình vuông (xem hình trên trang 53). Từ tính đối xứng, người ta ước tính rằng hai sự kiện là đủ: 1) $|OP_1| = |OP_2| = |P_1P_2| = |P_2P_3|$.

Hãy giới thiệu một hệ tọa độ như trên hình, lấy cạnh của hình vuông làm một. Khi đó, vì không khó tính nên tọa độ của điểm $P_1$ sẽ là $(-1 + \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2})$, tọa độ của điểm $P_2$ sẽ là $(1 - \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2})$ và tọa độ của điểm $P_3$ sẽ là $(\frac{\sqrt{3}}{2} - 1, \frac{\sqrt{3}}{2})$. Teler không còn khó để xác minh rằng $|OP_1| = |OP_2| = |OP_3| = \sqrt{2 - \sqrt{3}}$,

2. Hãy chứng minh rằng số lượng các số hạng của một dãy như vậy không quá 16. Thật vậy, hãy có nhiều số hạng hơn; thì đối với chuỗi $a_1, a_2, \dots, a_{17}$, điều kiện sau được thỏa mãn: $0 < (a_1 + a_2 + \dots + a_{11}) + (a_2 + a_3 + \dots + a_{12}) + \dots + (a_7 + a_8 + \dots + a_{17}) = (a_1 + a_2 + \dots + a_7) + (a_2 + a_3 + \dots + a_8) + \dots + (a_{11} + a_{12} + \dots + a_{17}) < 0$, điều này là không thể. Một chuỗi gồm 16 thuật ngữ tồn tại, ví dụ $5, 5, -13, 5, 5, 5, -13, 5, 5$.

3. Bằng chứng đơn giản nhất liên quan đến việc sử dụng định lý Dirichlet: “Mọi cấp số tranh luận có hiệu và số hạng đầu tiên là nguyên tố cùng nhau đều chứa vô số số nguyên tố.” Chúng ta hãy chọn từ cấp số đối số $n - 1, 2n - 1, \dots, kn - 1$, bốn số nguyên tố. Hãy để nó là $k_1n - 1, k_2n - 1, k_3n - 1, k_4n - 1$. Hiển nhiên, tích của hai số bất kỳ thuộc về $V_n$ và là một số không thể dẫn được trong $V_n$ do tính đơn giản của thừa số của mỗi số đó nên nó không thuộc về $V_n$. Do đó, chúng ta có ba cách phân tích số $r = (k_1n - 1) (k_2n - 1) (k_3n - 1) \times (k_4n - 1)$ thành thừa số tối giản từ $V_n$. Cụ thể là $r = [(k_1n - 1) \times (k_2n - 1)] [(k_3n - 1) \times (k_4n - 1)] = [(k_1n - 1) \times (k_3n - 1)] [(k_2n - 1) \times (k_4n - 1)] = [(k_1n - 1) \times (k_3n - 1)] \times [(k_4n - 1) \times (k_3n - 1)]$.

4. Bằng cách chọn các số $x_1$ và $x_2$ sao cho $\cos x_1 = a/\sqrt{a^2 + b^2}$, $\sin x_1 = b/\sqrt{a^2 + b^2}$, $\cos 2x_2 = A/\sqrt{A^2 + B^2}$, $\sin 2x_2 = B/\sqrt{A^2 + B^2}$, chúng ta có thể viết lại $f(x)$ thành $f(x) = 1 - \sqrt{a^2 + b^2} \cos(x - x_1) - \sqrt{A^2 + B^2} \cos 2(x - x_2)$.

Tại các điểm $x = x_2$ và $x = x_2 + \pi$ cos $2(x - x_2)$ trở thành 1 và cos $(x - x_2)$ bằng 0 hoặc có các giá trị khác nhau. Theo sau đó là $\sqrt{A^2 + B^2} \leq 1$.

63

Tại các điểm $x_1 - \frac{\pi}{4}$ và $x_1 + \frac{\pi}{4}$, cos $(x - x_2)$ là $\frac{\sqrt{2}}{2}$ và cos $2(x - x_2)$ bằng 0 hoặc có dấu khác nhau. Theo sau đó là $\sqrt{a^2 + b^2} \leq \sqrt{2}$.

5. Vì $r^2 + q = 1977$, nên $r \leq 44$. Nếu $r = 44$ thì $q = 41$ và điều kiện $a^2 + b^2 = r(a + b) + q$ sẽ được viết lại như sau: $(a - 22)^2 + (\theta - 22)^2 = 1009$. Biểu thị $a - 22 = x$ và $b - 22 = y$, ta được $x^2 + y^2 = 1009$. Nhưng bình phương của các số nguyên hóa ra chỉ là 0, 1, 4, 5, 6, 9. Từ đây dễ dàng thấy rằng $x$ hoặc $y$ hóa ra là 0 hoặc 5. Xét tất cả các số như vậy có bình phương nhỏ hơn 1009; 0, 5, 10, 15, 20, 25, 30, ta tìm được duy nhất lời giải $15^2 + 28^2 = 1009$. Từ đây chúng ta có bốn lời giải cho $(a, b)$: $(7, 50), (37, 50), (50, 7)$ và $(50, 37)$.

Nếu $q \leq 43$, thì $r \geq 128$, nhưng từ bất đẳng thức phổ biến $2(a^2 + b^2) \geq (a + b)^2$ khi chia nó cho $a + b$ thì suy ra $2q + \frac{2r}{a + b} \geq a + b$ và vì $q < 44$, nên $a + b < 88$; nhưng $r < a + b$, do đó $r < 88$. Một sự mâu thuẫn đã thu được.

6. Hãy chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $k$, các mệnh đề sau đúng: nếu $n \geq k$ thì $f(n) \geq k$. Đối với $k = 1$ câu lệnh này là tầm thường. Giả sử nó đúng với $k$ và đúng với $n \geq k + 1$. Sau đó $n - 1 \geq k$ và dựa trên mệnh đề quy nạp $f(n - 1) \geq k$ và $f(f(n - 1)) \geq k$. Và vì $f(n) > f(f(n - 1))$, nên $f(n) > k$ hoặc $f(n) \geq k + 1$. Suy ra $f(k) \geq k$ cho mọi số tự nhiên $k$. Giả sử rằng đối với một số $k$ thì có $f(k) > k$. Chúng ta hãy biểu thị bằng $A$ tập hợp tất cả $f(n)$ cho $n > k$. Đặt $l = f(n)$ là phần tử nhỏ nhất của tập hợp $A$. Vì $n - 1 \geq k$, nên $f(n - 1) > k$. Thật vậy, nếu $n - 1 > k$, thì điều này suy ra từ bất đẳng thức $f(n - 1) \geq n - 1$, và nếu $n - 1 = k$, thì từ bất đẳng thức $f(k) > k$. Hãy để $m = f(f(n - 1))$. Từ kết quả trên suy ra rằng $m$ thuộc về $A$. Nhưng bất đẳng thức $f(n) > f(f(n - 1))$ là đúng, có nghĩa là $l > m$, mâu thuẫn với thực tế rằng $l$ là phần tử nhỏ nhất của tập hợp $A$.

Điều này có nghĩa là giả định $f(k) > k$ là sai và với tất cả $n$ $f(n) = n$ đều đúng.

“Nhiệm vụ XL của Olympic Toán học dành cho học sinh Matxcova”
Chúng tôi sẽ chỉ liệt kê gợi ý những nhiệm vụ không có trong “Sổ nhiệm vụ «Kvant»” (xem «Kvant», 1977, Số 12).

2. Cần thiết. Xét bao lồi của các đỉnh của mọi hình vuông. Đây là một đa giác lồi. Hãy chọn một đỉnh của nó. Nó là đỉnh chung của một số hình vuông bằng bìa cứng và nhựa, $K$ và $\Pi$. Nếu các hình vuông $K$ và $\Pi$ này giao nhau thì đỉnh của một trong số chúng nằm bên trong hình kia (Hình 4); và khi đó hai hình vuông làm bằng cùng một chất liệu (trong Hình 4 là những hình vuông bằng nhựa) nhất thiết phải có một điểm chung: mâu thuẫn với điều kiện. $K$ và $\Pi$ sẽ giống nhau. Họ sẽ ném chúng ra ngoài cho những người còn lại -

64

các số tự nhiên $m$ và $n$, ta đặt $\frac{a}{c} = m$ và $\frac{b}{c} = n$. Bây giờ đối với $c$ chúng ta lấy số $c = m^{15} + n^{15}$; các số $a$ và $b$ sau đó được xác định duy nhất.

8. Đáp số: giây.

9. $n$ nhỏ nhất là 50. Bất kỳ 100-giác lồi nào cũng có thể thu được là giao điểm của 50 hình tam giác bằng cách lấy các đỉnh của 100-giác đi qua một, như trong Hình 8, a.

100-giác trong Hình 8.6 (có một cạnh rất dài) không thể được biểu diễn dưới dạng giao điểm nhỏ hơn số lượng hình tam giác.

10. Đáp số: $n = 2$. Giả sử rằng $n \ge 3$. Chúng ta hãy lấy ba đoạn $a, b$ và $c$ rồi vẽ ba đường thẳng nối trung điểm của chúng theo cặp. Mỗi đoạn $a, b, c$ vuông góc với hai đường thẳng xuất phát từ chính giữa của nó, do đó nó cũng vuông góc với các mặt phẳng đi qua ba đường thẳng đã vẽ. Như vậy, ba đoạn $a, b, c$ song song với nhau, điều này mâu thuẫn với điều kiện.

11. Có thể. Chỉ cần đặt các vòng tròn cách xa nhau sao cho tâm của chúng nằm trên parabol $y = x^2$ là đủ.

«Kvant» cho học sinh nhỏ

(Xem «Kvant» Số 1, trang 37)

1. ХVI - II = XIV.

2. Chúng ta hãy nhìn vào bản vẽ. Các ô của nó được điền như sau: ở phía trước mỗi ô có ghi đơn vị $M$. Điều này tương ứng với việc chúng ta có thể chọn từng chữ cái $M$ theo một cách riêng.

Các ô của các cột tiếp theo được điền tuần tự, từng cột một, di chuyển về bên phải. Trong mỗi ô chúng ta ghi tổng các số được ghi ở các ô bên trái liền kề. Điều này phù hợp