Lời giải bài toán M444, M445; F458—F461

32

Lời giải bài toán

M444, M445; F458—F461

M444 a) Trong Hình 1, bốn đường thẳng chia mặt phẳng thành các khu vực đơn lẻ: một tứ giác (1), hai hình tam giác (2 và 3), ba góc (4, 5 và 6), bốn “tam giác vô hạn” - các khu vực được giới hạn bởi một đoạn thẳng và hai tia (7, 8, 9 và 10) và một “tứ giác vô hạn” - một khu vực được giới hạn bởi hai đoạn thẳng và hai tia (11).

Liệu tuyên bố có đúng với mọi tứ giác (1), hai tam giác (2 và 3), ba góc (4, 5 và 6), bốn “tam giác vô hạn” - các diện tích giới hạn bởi một đoạn thẳng và hai tia (7, 8, 9 và 10) và một “tứ giác vô hạn” - một diện tích được giới hạn bởi hai đoạn thẳng và hai tia (11).

Ba đường tròn lớn không đi qua một điểm được chia thành tám hình tam giác. Bốn vùng đất lớn được chia thành những khu vực nào mà không có ba vùng nào đi qua cùng một điểm? (Độ dốc lớn trên hình cầu là đường tròn là giao điểm của hình cầu với mặt phẳng đi qua tâm hình cầu, Hình 2.)

8. Bốn vùng đất lớn có thể chia thành những khu vực nào mà không có ba vùng nào đi qua cùng một điểm?

Hình 1.

Chúng ta sẽ nói rằng một số đường thẳng trên một mặt phẳng (hoặc các đường dốc lớn trên hình cầu) ở vị trí tổng quát nếu chúng cắt nhau theo cặp và tại các điểm khác nhau. Để cho ngắn gọn, chúng ta sẽ gọi hình lồi trên mặt phẳng giới hạn bởi hai tia và n-1 đoạn là góc n (và n góc của n đỉnh thì góc 1 là góc theo nghĩa tổng quát). Hãy chuyển sang lời giải bài toán.

a) Dễ dàng chứng minh rằng với bốn đường thẳng bất kỳ ở vị trí tổng quát thì phân số luôn bằng nhau:

| Quadragon | 3-giác | góc | 2 góc | 3 góc |
| :— | :— | :— | :— | :— |
| 1 | 2 | 3 | 4 | 1 |

• giống như trong Hình 1. Sau vài phút vẽ bốn đường thẳng, điều này trở nên khá rõ ràng. Các lập luận mà độc giả đưa ra về chủ đề này rất đa dạng, nhưng chúng cho thấy rằng một bằng chứng ngắn gọn, đồng thời thuyết phục về sự thật hiển nhiên này không đơn giản như vậy. Trên thực tế, nếu không tham khảo hình vẽ, trong chứng minh hình thức, bạn sẽ phải dựa trực tiếp vào trục hình học đặc trưng cho vị trí của các đoạn thẳng và đường thẳng trên mặt phẳng - lời giải sẽ khá dài. Chúng tôi sẽ không tranh luận với giáo viên mà chỉ đưa ra một bản tóm tắt bằng chứng, rõ ràng là hoàn toàn thuyết phục. Về cơ bản, đây chính xác là những gì thường được thực hiện trong lời giải hình học bài toán, “gần với các tiên đề”.

Chúng ta hãy chứng minh rằng một trong những phần mà bốn đường tổng quát chia mặt phẳng thành một hình tứ giác.

Điều này là đủ cho lời giải bài toán: rõ ràng là nếu chúng ta tiếp tục các cạnh của bất kỳ tứ giác lồi nào không có các cạnh song song thì chúng ta cũng sẽ thu được 10 vùng còn lại, như trong Hình 1.

Đầu tiên chúng ta hãy vẽ ba đường tổng quát. Chúng cắt nhau thành từng cặp tại ba điểm A, B và C. Đường thẳng thứ tư l chia mặt phẳng thành hai nửa mặt phẳng. Nếu hai trong ba điểm A, B, C nằm trong một nửa mặt phẳng và một điểm (chẳng hạn như A) nằm trong một nửa mặt phẳng khác thì đường thẳng l cắt tứ giác ABC (BCED; Hình 3, a). Nếu cả ba điểm đều nằm trong cùng một nửa mặt phẳng, đường thẳng A cách l xa hơn B và C thì đường thẳng l cắt góc tứ giác có đỉnh B và C (BCED; Hình 3, 6).

Đối với mỗi bài toán 6) và c), chúng tôi sẽ đưa ra hai lời giải và cái sau sẽ sử dụng bài toán a), còn cái trước thì không.

6. Đáp số: việc chia tách luôn giống nhau; nó bao gồm 14 vùng - 6 bộ tứ và 8 bộ tứ.

Đầu tiên là lời giải. Đầu tiên chúng ta hãy thực hiện ba lượt lớn 1, 2, 3 (xem Hình 2). Họ chia quả cầu thành tám phần. Chúng ta hãy tìm xem có bao nhiêu trong số chúng sẽ giao nhau với hình tròn bốn nút 4, chúng ta ở vị trí chung với 1, 2 và 3. Để làm được điều này, chỉ cần tìm ra có bao nhiêu hình tròn riêng biệt mà hình tròn 4 được chia thành các giao điểm với các khay khác. Mỗi hai sườn dốc lớn giao nhau ở hai điểm đối xứng đường kính. Do đó, độ dốc 4 lớn hơn giao với ba độ dốc lớn 1, 2, 3 khác chỉ ở sáu điểm, tức là chúng ta được chia tổng cộng thành sáu cung. Như vậy,

34

Chúng tôi đã nhận được đáp số như thế này:

| 5-giác | Quadragon | 3-giác |
| :— | :— | :— |
| 4 vòng tròn chia hình cầu thành | 0 | 6 | 8 |
| Vòng tròn thứ 5 còn nguyên chia 3 giác thành chia 4 giác thành | 0 | 2 | 4 |
| | 0 | 4 | 4 |
| | 2 | 4=2+2 | 2 |

Tổng cộng. . . 2 10 10

Bây giờ chúng tôi sẽ chỉ cho bạn cách để có được đáp số tương tự dễ dàng hơn nhiều.

Thứ hai lời giải. Hãy chiếu một hình cầu từ tâm $P$ lên mặt phẳng $\alpha$, song song với đường xích đạo $O$. sau đó, một cặp $n$-giác đối xứng trên hình cầu, không hướng tới $O$, sẽ được ánh xạ lên một $n$-giác trong mặt phẳng $\alpha$ và một cặp $n$-giác, hướng tới $O$ - trên một góc $(n-2)$; Sử dụng kết quả bài toán a) - tính duy nhất của phép chia mặt phẳng cho bốn đường thẳng và bảng thứ nhất - chúng ta kết luận rằng năm đường tròn lớn bất kỳ chia hình cầu thành hai hình ngũ giác (hình chiếu của chúng là 3 góc), $2(1+4)=10$ tứ giác (trong đó tám đường thẳng hướng đến đường tròn lớn đã cho $O$ và bốn cặp này được chiếu lên 2 góc), và $2(2+3)=10$ hình tam giác (trong đó có sáu hình thẳng đến đường tròn lớn $O$).

Tất nhiên, những người quen thuộc với khái niệm mặt phẳng xạ ảnh (xem, ví dụ, «Kvant», 1974, số 3) sẽ nhận thấy rằng “phép chiếu” mà chúng ta đang nói đến được giải thích một cách tự nhiên hơn là ánh xạ của một hình cầu lên mặt phẳng xạ ảnh (trong trường hợp này, ánh xạ của hai điểm đối xứng đường kính của hình cầu được hợp nhất thành một, ảnh của tất cả các đường tròn lớn đều là các đường thẳng, bao gồm cả ảnh của đường tròn $O$-đường dây từ xa vô tận).

Hình 6 minh họa lời giải thứ hai cần được tính. Vì “đường ở vô cực” rất khó vẽ nên trong Hình 6 chúng ta đã vẽ một điểm song song rất gần với đường tròn lớn - đường xích đạo $O$; Hình ảnh của nó khi chiếu sẽ là một hình tròn có bán kính rất lớn trong mặt phẳng $\alpha$, chứa trong nó các giao điểm của bốn đường thẳng; những đường thẳng này chia “vòng tròn rất lớn” xuất hiện trên mặt phẳng thành 11 vùng: một “ngũ giác”, năm “tam giác” và năm “tứ giác”; quay trở lại từ mặt phẳng đến hình cầu, chúng ta thu được sau khi nhân đôi đáp số. Tóm lại, chúng tôi lưu ý rằng trong cả ba nhiệm vụ, không chỉ các loại phân vùng (số cạnh) mà cả vị trí tương đối của chúng cũng được xác định duy nhất.

Mời độc giả «Kvant» là bài toán nghiên cứu để tìm ra cách chia hình cầu có sáu hình tròn lớn hoặc một mặt phẳng - một phần năm là các đường thẳng (không còn là hình duy nhất nữa). Rõ ràng, điều khó khăn nhất ở đây là chứng minh rằng tất cả các phân vùng có thể đã được tìm thấy.

N. Vasiliev

**M445. Tâm của các đường tròn giống hệt nhau không giao nhau nằm tại tâm các mặt phẳng tại các đỉnh của hình thoi (cạnh của hình thoi là trung điểm kép của hình lục giác, góc ở đỉnh là $60^\circ$). Như vậy, chúng ta có một mạng hình thoi trên mặt phẳng; các đỉnh của hình thoi là các nút mạng (xem Hình 7). Hơn nữa, nếu đa giác $M$ có các đỉnh tại các nút được biểu diễn dưới dạng liên kết

35

ke 7. Cho $M$ là một đa giác có các đỉnh nằm trong chuỗi đường tròn. Hãy tô màu đỏ cho các vòng tròn hoặc đồng hồ (duen) nằm bên trong $M$ của chúng. Hãy chứng minh rằng tổng cường độ mưa đá của các trận mưa đá màu đỏ bằng $C \cdot 180^\circ$, trong đó $C = C(M)$ là một số nguyên và chúng tôi đưa ra một cách giải thích hình học khác cho một số khác.

Hình 7.

Hình 8.

Hình 9.

Hình 10.

đa giác $A_1, \dots, A_k$ (có đỉnh tại các nút): $M = \bigcup_{i=1}^{k} A_i$,

Cái đó

$$C(M) = C(A_1) + \dots + C(A_k);$$

một chức năng như vậy được cho là phụ gia. Theo đó, nếu đa giác $M$ với các đỉnh tại các nút được biểu diễn dưới dạng tập hợp các đa giác $A_1, \dots, A_k$, từ đó sự kết hợp của các đa giác $B_1, \dots, B_l$ ($A_i$ và $B_j$ - với các đỉnh tại các nút) bị loại bỏ - xem Hình 8; tức là nếu

$$M = \bigcup_{i=1}^{k} A_i \setminus \bigcup_{j=1}^{l} B_j,$$

và $\bigcup B_j \subseteq \bigcup A_i$ (*)

(ở đây $\setminus$ là hiệu đa giác hoặc ký hiệu phần bù), thì

$$C(M) = \sum_{i=1}^{k} C(A_i) - \sum_{j=1}^{l} C(B_j).$$

Dưới đây chúng tôi sẽ chỉ ra rằng mọi đa giác $M$ (có các đỉnh tại các nút) đều có thể được biểu diễn dưới dạng (*), trong đó $A_i$ và $B_j$ là hình tam giác. Vì vậy, chỉ cần chứng minh khẳng định bài toán cho các tam giác $T$ có đỉnh tại các nút là đủ.

Vì vậy, hãy chứng minh rằng $C(T)$ là một số nguyên. Chúng ta hãy nội tiếp tam giác $T$ vào hình bình hành $Π$ có ​​các cạnh song song với các cạnh. Vì đỉnh $T$ nằm trong các nút nên đỉnh $Π$ cũng nằm trong các nút. Chúng ta hãy tưởng tượng hình bình hành $Π$ là sự kết hợp của tam giác $T$ và tam giác $T_\pi$, có hai cạnh song song với các cạnh của mạng (Hình 9, a), 6). Rõ ràng là đối với bất kỳ hình bình hành nào $Π$ có các đỉnh tại các nút và độ dài các cạnh $a$ và $b$ (đối với đơn vị độ dài chúng ta chọn độ dài cạnh hình thoi tạo ra mạng, các số $a$ và $b$ là số nguyên), số $C = C(\Pi) = 2ab$ (П được chia thành $ab$ tạo ra mạng hình thoi $R$ (Hình 10) và với mỗi điểm của hình thoi $C(R) = 2$: trong hình thoi tổng độ lớn mưa đá của các cung là $360^\circ = 2 \cdot 180^\circ$). Vì vậy, đối với mỗi $Π$ có các đỉnh tại các nút, số $C(\Pi)$ là một số nguyên ($T_\pi$ luôn có thể hoàn thành thành hình bình hành $Π$ (Hình 11); sau đó $2C(T_\pi) = C(\Pi) = 2ab$, tiết lộ $C(T_\pi) = ab$ là một số nguyên). Đối với một tam giác tùy ý $T$ có các đỉnh tại các nút, chúng ta có: $C(T) = C(\Pi) - \Sigma C(T_\pi)$, tức là $C(T)$ cũng là một số nguyên. Vì vậy, đối với một tam giác có các đỉnh tại các nút, mệnh đề đã được chứng minh.

Nhân tiện, lưu ý rằng từ đẳng thức $C(\Pi) = 2ab$, ngay lập tức suy ra rằng $C(\Pi)$ tỉ lệ với diện tích $Π$:

$$S(\Pi) = ab \sin 60^\circ,$$

và $C(\Pi)/S(\Pi) = 1/\sqrt{3}$ ($S(T_\pi))$ là diện tích tam giác $T_\pi$.

Posny $C(T) = (S(\Pi) - \Sigma S(T_\pi))/\sqrt{3} = S(T)/\sqrt{3}$ và chúng tôi nhận được điều đó cho mọi tam giác $T$ với các đỉnh tại các nút $C(T)/S(T) = 1/\sqrt{3}$. Vì hàm $C(M)$ và diện tích $S(M)$ là cộng, nên đối với một đa giác tùy ý $M$

$$C(M) = S(M)/\sqrt{3}.$$

Đây là cách giải thích hình học của số $C$: đối với bất kỳ đa giác $M$ nào, số $C(M)$ tỷ lệ thuận với diện tích của nó.

Cần chứng minh rằng mọi $n$-gon $M$ đều có thể biểu diễn dưới dạng (*).

Lưu ý rằng nếu đường chéo $AB$ không cắt các cạnh $M$ và nằm bên trong $M$ thì nó sẽ tách $M$ thành $k$-giác và $l$-giác, với $k < n$ và $l < n$. Nếu nó nằm bên ngoài $M$ thì $M$ được biểu thị bằng sự khác biệt giữa $k$- và $l$-gon. Do đó, chỉ cần chứng minh rằng trong bất kỳ đa giác nào cũng có một đường chéo không cắt các cạnh của nó là đủ.

Hãy lấy ba đỉnh liên tiếp của đa giác $M$: $A_1, A_2, A_3$. Nếu đường chéo $A_1A_3$ không giao nhau với các cạnh $M$ thì đã tìm được đường chéo yêu cầu. Nếu không thì

36

Hình 11.

F458. Cậu bé bơi với tốc độ bằng một nửa tốc độ đuổi theo dòng sông. Anh ta nên bơi sang bờ bên kia theo hướng nào để anh ta bị cuốn theo ít nhất có thể?

Hình 12.

F459. Điện cực chứa ba vòng xoắn ốc có điện trở $R=120$ Ohm, mỗi vòng xoắn ốc được kết nối song song với nhau. Máy sưởi được nối thành bảy dãy có điện trở $r=50$ Ohm. Thời gian cần thiết để cắt hình xoắn ốc này bằng nước để đun sôi sẽ thay đổi như thế nào nếu một trong các hình xoắn ốc bị cháy?

Hình 13.

Gọi $v_0$ là tốc độ của dòng sông, $v_1$ là tốc độ của cậu bé so với dòng nước. Khi đó vận tốc của cậu bé so với bờ là

$$v = v_0 + v_1.$$

Vectơ vận tốc của cậu bé so với dòng chảy có thể có hướng khác nhau, nhưng đầu của nó nhất thiết phải nằm trên một đường tròn bán kính $|v_1|$ (Hình 13). Từ hình vẽ có thể thấy rằng vectơ $v$ tạo một góc tối thiểu với đường bờ biển trong trường hợp nó hướng tiếp tuyến với đường tròn - vị trí hình học của các đầu của vectơ có thể có $v_1$. Trong trường hợp này, cậu bé rõ ràng sẽ bị dòng nước cuốn đi một khoảng cách tối thiểu có thể. Từ hình vẽ ta thấy rằng trong trường hợp này cậu bé phải bơi một góc với bờ biển bằng

$$\alpha = \arccos \frac{|v_1|}{|v_0|} = \arccos \frac{1}{2} = 60^\circ.$$

O. Savigan

Điện trở của viên gạch có ba hình xoắn ốc mắc song song là $R_1 = R/3 = 40$ ohms. Sau khi cháy hết một vòng xoắn ốc, điện trở của viên gạch trở thành $R_2 = R/2 = 60$ Ohm.

Cho đến khi vòng xoắn cháy hết, dòng điện $I_1 = \frac{U}{R_1 + r}$ chạy qua mạch (U là điện áp mạng). Sau khi kiệt sức - $I_2 = \frac{U}{R_2 + r}$.

Trong trường hợp đầu tiên, lượng nhiệt $Q$ cần thiết để đun sôi một ấm nước được giải phóng trong viên gạch trong thời gian đó

$$t_1 = \frac{Q}{I_1^2 R_1} = \frac{Q (R_1 + r)^2}{U^2 R_1},$$

trong trường hợp thứ hai - trong thời gian

$$t_2 = \frac{Q}{I_2^2 R_2} = \frac{Q (R_2 + r)^2}{U^2 R_2}.$$

Hãy tìm tỉ số của thời gian $t_1$ và $t_2$:

$$\frac{t_1}{t_2} = \frac{(R_1 + r)^2 R_2}{(R_2 + r)^2 R_1} = \frac{243}{242}.$$

Do đó $t_2 = \frac{242}{243} t_1$.

37

F460. Trong mạch như hình 14, công tắc liên tục chuyển từ vị trí trên xuống vị trí dưới và quay lại. Ở vị trí trên nó bị trễ một thời gian $\tau_1 = 2 \cdot 10^{-3} \text{ c}$, ở vị trí thấp hơn một thời gian $\tau_2 = 10^{-3} \text{ c}$. Tên của người được thôi thúc từ nguồn sau một thời gian rất dài kể từ khi công tắc bắt đầu hoạt động. Điện dung cực đại của tụ điện là trong thời gian $\tau_2$ nó không có thời gian để phóng điện hoàn toàn.

Hình 14.

F461. Mỗi mét vuông bề mặt của một vật thể, được cắt đến nhiệt độ $T$, sẽ phát ra năng lượng $W = 5,67 \times 10^{-8} T^4$ W trên một đơn vị thời gian. Ở khoảng cách nào $R$ tính từ Mặt trời thì mạt sắt biến thành giọt nếu mật độ dòng bức xạ mặt trời (năng lượng truyền qua một đơn vị diện tích trên một đơn vị thời gian) trên thể tích Trái đất là $E_0 = 1400 \text{ Bm}/\text{m}^2$? Điểm nóng chảy của sắt xấp xỉ $T_0 = 1535 \text{ K}$, khoảng cách từ Trái đất đến Mặt trời là $R_0 = 1,5 \cdot 10^{11} \text{ m}$.

Hình 15.

Gọi $U_C$ là điện áp trên tụ điện. Vì, theo các điều kiện, sự thay đổi điện tích của tụ điện trong thời gian $\tau_1$ (và do đó trong thời gian $\tau_2$) là nhỏ, nên chúng ta có thể giả sử rằng sau một khoảng thời gian lớn hơn sau khi bắt đầu chuyển mạch, điện tích $U_C$ không thay đổi theo thời gian. Sau đó, khi tụ điện được tích điện, dòng điện $I_1 = \frac{U - U_C}{R}$ chạy qua mạch và trong thời gian $\tau_1$ điện tích $q_1 = I_1 \tau_1 = \frac{U - U_C}{R} \tau_1$ đi qua. Khi tụ điện được tích điện, dòng điện $I_2 = \frac{U_C}{r}$ chạy qua mạch, sao cho điện tích $\tau_2$ theo thời gian $q_2 = I_2 \tau_2 = \frac{U_C}{r} \tau_2$ đi qua. $q_1$ và $q_2$ là sự thay đổi điện tích của tụ điện trong quá trình sạc và phóng điện. Ở chế độ cài đặt $q_1 = q_2$, tức là

$$\frac{U - U_C}{R} \tau_1 = \frac{U_C}{r} \tau_2.$$

Từ đây chúng ta tìm thấy $U_C$:

$$U_C = U \frac{r \tau_1}{r \tau_1 + R \tau_2}.$$

Năng lượng tiêu thụ từ nguồn trong thời gian $\tau_1$ bằng $U I_1 \tau_1$. Do đó, trong thời gian $\tau_1 + \tau_2$ công suất tiêu thụ trung bình của nguồn bằng

$$P_{cp} = \frac{U I_1 \tau_1}{\tau_1 + \tau_2} = \frac{U^2 \left(1 - \frac{r \tau_1}{r \tau_1 + R \tau_2}\right) \tau_1}{R(\tau_1 + \tau_2)} = \frac{1}{180} \text{ Вт.}$$

I. Slobodetsky

Một hạt sắt được nung nóng đến nhiệt độ $T$ tại đó năng lượng do nó phát ra bằng năng lượng tỉ lệ với diện tích bề mặt của hạt. Để ước tính, chúng ta sẽ giả sử rằng mùn cưa là một quả bóng, bán kính trung bình của nó bằng $r$. Sau đó, năng lượng phát ra trên một đơn vị thời gian của mỗi hạt được nung nóng đến nhiệt độ $T_0$, bằng $W_{изл} = 4 \pi r^2 W$.

Năng lượng nhận được từ Mặt trời trong một đơn vị thời gian tỷ lệ thuận với diện tích mặt cắt ngang lớn nhất của hạt, tức là $\pi r^2$ và bằng

$$W_{погл} = \pi r^2 E,$$

trong đó $E$ là mật độ thông lượng bức xạ mặt trời ở khoảng cách $R$ tính từ Mặt trời nơi đặt hạt. Vì năng lượng không đổi sẽ lan truyền trên một đơn vị góc rắn so với Mặt trời, nên (Hình 15) $ES_1 = E_0 S_2$ và

$$E = E_0 \frac{S_2}{S_1} = E_0 \left(\frac{R_0}{R}\right)^2.$$

Kể từ đây,

$$W_{погл} = \pi r^2 E_0 \left(\frac{R_0}{R}\right)^2.$$

Đánh đồng $W_{изл}$ và $W_{погл}$, ta có

$$4 \pi r^2 W = \pi r^2 E_0 \left(\frac{R_0}{R}\right)^2.$$

Từ phương trình này chúng ta tìm thấy

$$R = \frac{R_0}{2} \sqrt{\frac{E_0}{W}} \approx 5 \cdot 10^6 \text{ км.}$$

A. Smasenko