Lời giải bài toán M530, M531, M533, M534, M536, M537; F537, F542—F545

28

Lời giải bài toán

M530, M531, M533, M534, M536, M537;
F537, F542—F545

Hãy thay tờ giấy của chúng ta bằng một bảng gồm các số 0 và một: nếu ô màu đen, chúng ta sẽ viết một ô vào vị trí của nó và nếu ô màu trắng, chúng ta sẽ viết số 0 (Hình 2). Chúng ta hãy xác định cho mỗi ô tổng các ô lân cận của nó “modulo 2”, nghĩa là theo quy tắc sau:

$$0+0=1+1=0;$$
$$1+0=0+1=1.$$

Chúng tôi gọi tổng số hàng xóm của một ô nhất định là quầng sáng và cùng với từ “ô đen”, chúng tôi sẽ viết là “1 ô”.

Từ điều kiện bài toán, suy ra rằng trạng thái của ô (tức là số được ghi trong đó) tại một thời điểm nào đó bằng quầng sáng của nó ở thời điểm trước đó.

a) Nếu tập $B$ của “1 ô” không thay đổi khi sơn lại thì quầng sáng của bất kỳ tập “1 ô” nào $B$ đều bằng 1. Hãy cộng quầng sáng của tất cả “1 ô”. Mỗi cạnh chung của hai “ô 1” đóng góp hai đơn vị vào tổng này (của tất cả các quầng); do đó, tổng của tất cả các quầng sáng bằng tổng của một số chẵn số đơn vị, nghĩa là bằng 0. Nhưng vì hào quang của mỗi “1 ô” bằng 1 nên chúng ta thấy rằng có một số ô chẵn trong $B$.

b) Chúng ta sẽ viết $A \rightarrow B$ nếu khi sơn lại, bảng $A$ đi vào bảng $B$. Chúng ta hãy sử dụng tổng của bảng $A$ và $B$ để tạo thành bảng $A+B$, bảng này có được bằng cách cộng các số trong bảng $A$ và $B$ theo khối (theo các quy tắc trên; xem Hình 3).

Bổ đề a. Nếu $A \rightarrow A_1$, $B \rightarrow B_1$, thì $A+B \rightarrow A_1+B_1$.

Điều này xuất phát từ thực tế là khi gấp lại, quầng tế bào cũng gấp lại.

Hãy tiến tới lời giải bài toán 6). Cho phép
$$B_1 \rightarrow B_2 \rightarrow \dots \rightarrow B_r \rightarrow B_1.$$
Sử dụng bổ đề, chúng ta nhận được:
$$B_1+B_2 \rightarrow B_2+B_3 \rightarrow \dots \rightarrow B_r+B_1 \rightarrow B_1+B_2;$$
$$B_1+B_2+B_3 \rightarrow B_2+B_3+B_4 \rightarrow \dots \rightarrow B_r+B_1+B_2 \rightarrow B_1+B_2+B_3;$$

$$B_1+B_2+B_3+\dots+B_r \rightarrow B_1+B_2+B_3+\dots+B_r.$$

Từ dòng cuối cùng và bài toán a) theo sau trong bảng $B_1+B_2+\dots+B_r$ là số chẵn “1 ô”. Sau đó, bây giờ số lượng “1 ô” trong bảng $A+B$ bằng tổng số “1 ô” trong các bảng $A$ và $B$ phút (có được do $1+1=0$); do đó, tính chẵn lẻ của số “1 ô” trong bảng $A+B$ và tổng số “1 ô” trong bảng $A$ và $B$ là như nhau a. Vì trong bảng $B_1+B_2+\dots+B_r$ là số “1 ô” chẵn nên ta thu được tổng số “1 ô” trong tập hợp $B_1$, $B_2$, …, $B_r$ là số chẵn.

Bài toán M530 đã giải quyết được. Nhưng nhiều câu hỏi thú vị sẽ nảy sinh liên quan đến nó. Ví dụ: $r$ có thể bằng bao nhiêu, tức là khoảng thời gian và tập hợp được chuyển đổi của “1 ô” của bảng này có thể là bao nhiêu? Sự “tiến hóa” sẽ diễn ra như thế nào đối với một bảng thuộc loại “gián tiếp”? Các bảng Prymug gặp khó khăn khi nghiên cứu. Điều này được giải thích là do “sự bất bình đẳng” của các ô của chúng: các ô khác nhau có số lượng ô lân cận khác nhau (từ hai đến bốn). Nhưng nếu từ một bảng hình chữ nhật sklent(top (bánh rán), thì mỗi ô sẽ có bốn ô lân cận. Về điều này, người ta đã có thể chứng minh điều gì đó: ví dụ, người ta đã chứng minh rằng trên một hình xuyến được dán từ một hình vuông $(2^n+1) \times (2^n+1)$, độ dài của khoảng thời gian $r$ nhất thiết phải bằng ước số của số $2^n-1$. Nhưng những câu hỏi mới sẽ đặt ra cho hình xuyến này vẫn là $r$? Ví dụ, trên một hình xuyến được dán từ hình vuông $65 \times 65$, có các chu kỳ có độ dài 1 và 63, nhưng không biết liệu một chu kỳ có tồn tại hay không

29

M531. Họ không rời khỏi điểm A và B cùng một lúc, hướng về phía kia một cách tự động và có độ lớn. Họ gặp nhau ở điểm C, họ có thể quay đầu lại và người thứ hai sẽ xuất phát ở điểm D; ở đây họ lại quay lại và m. d. Cuộc gặp gỡ lần thứ 1978 của họ diễn ra ở điểm nào trên đoạn AB?

Hình 3.

Đối với độ dài 3, 7, 9 và 21. Để tiến tới lời giải bài toán trên hình xuyến được hỗ trợ bởi bài toán tương tự trên một vòng tròn gồm n ô (một bài toán M19 tương tự đã được phân tích vào «Kvant», 1970, số 4).

R. Izmailov

◆ Tốt nhất là giải quyết bài toán này bằng cách sử dụng đồ thị chuyển động. Sự không đổi của tốc độ chuyển động của một điểm có nghĩa là đồ thị chuyển động của nó tạo thành cùng một góc với trục thời gian t (Hình 4). Giả sử các khoảnh khắc gặp nhau là t₁, t₂, t₃, … Rõ ràng cả hai đồ thị chuyển động trong các phần t₁ < t ≤ t₂ và t₂ ≤ t < t₃ đều đối xứng qua đường thẳng t = t₂ nên cuộc gặp thứ ba sẽ xảy ra tại cùng điểm C với lần gặp đầu tiên. Tương tự, đường thẳng t = t₃ là trục đối xứng của đồ thị chuyển động với t ≤ t₃ và t ≥ t₃; do đó, cuộc gặp thứ tư sẽ xảy ra ở cùng điểm D với cuộc gặp thứ hai, v.v.: mọi cuộc gặp lẻ sẽ xảy ra tại điểm C, mọi cuộc gặp chẵn, kể cả cuộc gặp năm 1978, tại điểm D.

Từ lời giải của chúng tôi, cũng rõ ràng rằng các số t₁, t₂, t₃, … tạo thành một cấp số cộng: các cuộc gặp diễn ra trong các khoảng thời gian bằng nhau d = tₙ₁ + tₙ₂ và toàn bộ bức tranh được lặp lại hoàn toàn với khoảng thời gian T = 2d.

Điều này được quan sát thấy - một trường hợp đặc biệt của một thực tế hữu ích: nếu đồ thị của hàm y = f(x) đối xứng với các đường thẳng x = a và x = b (nghĩa là f(a + x) = f(a - x) và f(b + x) = f(b - x)), thì hàm f tuần hoàn với chu kỳ 2|b - a| (trong bài toán của chúng tôi, vai trò của x do t đảm nhận).

N. Vasiliev

Hình 4.

M533. Một đa giác lồi là đặc biệt nếu một số đường chéo của nó cắt nhau tại một điểm bên trong. Chúng ta hãy chứng minh rằng với mọi hình bảy cạnh đặc biệt đều có một đỉnh A có tính chất cực đại: với mọi ε > 0, đỉnh A có thể nằm rải rác ở một khoảng cách nhỏ hơn ε (mà không làm thay đổi các đỉnh còn lại), sao cho hình bảy cạnh thu được sẽ không phải số ít.

◆ Đường chéo của một hình lục giác lồi được coi là bằng nhau nếu có hai đỉnh của hình lục giác đó ở cả hai phía của đường thẳng mà đường chéo này nằm trên đó. Nếu MP là đường chéo cạnh (không phải chính) của hình lục giác lồi và N là đỉnh liền kề với các đỉnh M và P (Hình 5), thì tại các điểm bên trong, đường chéo MP chỉ cắt các đường chéo xuất phát từ N. Do đó, không có đường chéo nào khác cắt nhau với [MP] tại một điểm chung bên trong. Nói cách khác, phép chiếu duy nhất của các đường chéo của một hình lục giác lồi có thể xác định một điểm của hình lục giác bên trong là hình chiếu của các đường chéo chính của nó.

Bây giờ đặt B₁B₂ … B₇ là một hình bảy cạnh lồi tùy ý. Khoảng cách các hình lục giác lồi B₁ … B₅B₆ và B₁ … B₅B₇ (Hình 6). Các đường chéo [B₁B₄] và [B₂B₅] là những đường chéo chính trong đó. Chúng ta hãy ký hiệu bằng P là điểm

31

Sao cho các bước nêu trong điều kiện (các cạnh song song của tam giác ABC) đi qua một điểm. Đặt các phần tiếp nhận này tạo thành một hình tam giác $A_1B_1C_1$ (Hình 9) và đặt $k$ là hệ số khả dụng của các hình tam giác $A_1B_1C_1$ và $ABC$ ($|k| = \frac{|A_1C_1|}{|AC|}$). Thực hiện phép dựng được mô tả ở bài toán M534, chúng ta thu được các hình tam giác $AEK$, $BDM$, $CFL$ liền kề với các cạnh $\Delta ABC$ và một hình tam giác ở giữa $DEF$. Giả sử, như trên, diện tích của chúng lần lượt là $S_1$, $S_2$, $S_3$ và $S_0$. Hãy chứng minh cho chính mình rằng

$$S_0 - kS_{ABC} = S_1 + S_2 + S_3.$$

Hãy xem xét cách xây dựng kết quả này cho trường hợp các tam giác chuẩn bị $ABC$ và $A_1B_1C_1$ bất kỳ.

F. Weinstein

M536. a) Chứng minh rằng bất kỳ hình chữ nhật nào có kích thước $m \times 2n$ ô ($m > 1$) đều có thể được xếp bằng hai lớp ô không gian domino (ô $1 \times 2$ ô) sao cho mỗi ô của lớp trên nằm trên hai ô khác nhau của lớp dưới.

6. Một hình chữ nhật có kích thước $2k \times 2n$ ô đã được lát bằng một lớp không gian domino. Chứng minh rằng nó có thể được lát bằng lớp thứ hai sao cho thỏa mãn các điều kiện tương tự (tức là các mảnh gỗ dán của các lớp khác nhau không trùng nhau).

a) Cắt hình chữ nhật có kích thước $m \times 2n$ ô thành các dải có kích thước $2 \times m$ ô. Nếu $m$ là số lẻ thì trong mỗi dải chúng ta sẽ sắp xếp hai lớp phủ như trong Hình 10; nếu $m$ là số chẵn thì như trong Hình 11.

6. Chúng ta hãy cắt hình chữ nhật có kích thước $2k \times 2n$ ô thành các hình vuông có kích thước $2 \times 2$ ô. Mái che thứ hai ở mỗi ô vuông sẽ được xây dựng riêng biệt.

Hình 10.

Hình 11.

Trong hình vuông $2 \times 2$ có ba vị trí có thể có cho quân domino của trang bìa đầu tiên: cả hai quân domino nằm hoàn toàn trong hình vuông, chỉ có một quân domino nằm hoàn toàn trong hình vuông và không có quân domino nào nằm hoàn toàn trong hình vuông. Trong trường hợp thứ ba, hai quân domino trong một hình vuông ở lớp phủ thứ hai có thể được đặt tùy ý, và trong hai trường hợp đầu, các quân domino của lớp thứ hai phải được đặt vuông góc với quân domino (hoặc các quân domino) nằm hoàn toàn trong hình vuông ở lớp thứ nhất.

V. Prasolov

M537. Đường tròn tiếp xúc bên trong đường tròn ngoại tiếp có kích thước ABC và các cạnh bằng AB và AC, đây là biển của tam giác lần lượt tại các điểm P, Q. Chứng minh rằng trung điểm của đoạn PQ là tâm của đường tròn ngoại tiếp các cạnh ABC.

Chúng ta hãy đánh dấu trên trục đối xứng của tam giác $BAC$ các điểm $H \in [BC]$, $K \in [PQ]$, tâm $O$ của đường tròn này và điểm $T$ tiếp tuyến của nó với đường tròn ngoại tiếp tam giác $BAC$ (Hình 12). Vì các đoạn $TB$ và $OP$ đều vuông góc với đường thẳng BA (góc $TBA$ nằm trên đường kính $[AT]$, và $[OP]$ là bán kính đi đến điểm tiếp xúc) và các đoạn $BH$ và $PK$ vuông góc với trục đối xứng $(AT)$ nên ta có

$$\frac{|AH|}{|AT|} = \frac{|AK|}{|AO|} = \cos^2 \alpha,$$

ở đâu $\alpha = \frac{\widehat{BAC}}{2}$.

Gọi $B'$ và $C'$ là giao điểm của các cạnh của góc $BAC$ với tiếp tuyến vẽ tại điểm $T$. Đồng thời, với

32

tâm $A$ và hệ số $k = \cos^2 \alpha$ tam giác $B'AC'$ sẽ đi đến tam giác $BAC$ (trong trường hợp này $T$ sẽ đi đến $H$), và tâm $O$ của đường tròn nội tiếp $\triangle B'AC'$ sẽ đi theo (*) đến điểm $K$. Như vậy, chúng ta đã chứng minh được tâm của đường tròn nội tiếp $\triangle ABC$ là điểm $K$.

N. Vasiliev

Hình 12.

F537. Bằng cách đánh bóng một tấm kim loại, nó có thể được làm giống như gương. Hãy ước tính công suất của chiều cao tối đa hàng ngày của bề mặt cổ tử cung còn lại sau khi đánh bóng sao cho tấm phản xạ một cách đặc biệt một chùm ánh sáng có bước sóng $\lambda = 5 \cdot 10^{-8}$ m, tới nó một góc $\alpha = 45^\circ$.

Hình 13.

$\widehat{MBL} = \alpha, \widehat{MKB} = \beta.$
$\Delta = |AD| - |CB|$
$|AD| = |AK| \sin \beta = (a + h \text{ ctg } \beta) \sin \beta = a \sin \beta + h \cos \beta.$
$|CB| = |CL| - |BL| = |AL| \sin \alpha - \frac{h}{\cos \alpha} = (a + h \text{ tg } \alpha) \sin \alpha - \frac{h}{\cos \alpha} = a \sin \alpha + h \frac{\sin^2 \alpha - 1}{\cos \alpha} = a \sin \alpha - h \cos \alpha.$
$\Delta = a (\sin \beta - \sin \alpha) + h (\cos \beta + \cos \alpha).$

Để một bề mặt gồ ghề phản xạ ánh sáng một cách rõ ràng, điều cần thiết là cường độ giảm của ánh sáng phản xạ không xảy ra do sự giao thoa của các sóng phản xạ từ các điểm khác nhau trên bề mặt. Để làm được điều này, độ lệch đường đi $\Delta$ của các tia phản xạ ở cùng một góc từ các điểm khác nhau trên bề mặt phải nhỏ hơn nhiều so với bước sóng.

Rõ ràng, chùm tia phản xạ từ bề mặt và từ đỉnh của phần gồ ghề có độ lệch đường đi lớn nhất (điểm $A$ và $B$ trong Hình 13). Chúng ta hãy biểu thị $\alpha$ góc tới và $\beta$ góc quan sát được sự phản xạ từ bề mặt. Vẽ đường vuông góc $AC$ từ điểm $A$ đến tia tới, ta tìm được điểm $C$ trên tia 2, tại đó pha của sóng trùng với pha tại điểm $A$ ($AC$ là mặt trước của sóng tới). Vẽ đường vuông góc từ điểm $B$ đến tia phản xạ, ta tìm được điểm $D$, tại đó pha của sóng phản xạ trùng với pha tại điểm $B$ ($BD$ là mặt trước của sóng phản xạ). Hiệu đường đi $\Delta$ của tia 1 và 2 bằng $|AD| - |CB|$. Thực hiện tính toán, chúng tôi thấy (xem Hình 13):

$$\Delta = a (\sin \beta - \sin \alpha) + h (\cos \beta + \cos \alpha).$$

Sự phản chiếu sẽ có tính phản chiếu nếu $\Delta \ll \lambda$. Vì khoảng cách $a$ giữa chỗ lõm và chỗ lồi trên bề mặt phản xạ có thể hoàn toàn tùy ý (cả nhỏ và lớn), nên để thỏa mãn điều kiện $\Delta \ll \lambda$ số hạng đầu tiên trong (*) phải bằng 0. Điều này có nghĩa là phản xạ gương chỉ có thể xảy ra nếu $\alpha = \beta$, tức là góc tới bằng góc phản xạ.

Trong trường hợp này, $\Delta = 2h \cos \alpha$, và sự phản chiếu sẽ mang tính phản xạ nếu $2h \cos \alpha \ll \lambda$, tức là $h \ll \frac{\lambda}{2 \cos \alpha}$. (Lưu ý. Vì ở $\alpha \rightarrow \frac{\pi}{2} \cos \alpha \rightarrow 0$, ở góc tới lớn ($\frac{\pi}{2}$), một bề mặt gồ ghề với độ nhám lớn cũng trở nên giống như gương.)

Tại $\lambda = 5 \cdot 10^{-8}$ m và $\alpha = 45^\circ h \ll 3,6 \cdot 10^{-8}$ m.

35

ka ngay sau khi hình thành và một thời gian dài sau emodo, nếu độ dẫn phấn của nước không lớn và khả năng chứa phấn của nó rất cao. Giả sử các bong bóng nằm trong diện tích mặt nước.

Độ biến thiên nội năng của hệ là $\Delta U = \sigma \Delta s + \Delta u$. Ở đây $\sigma \Delta s$ là sự thay đổi năng lượng bề mặt do diện tích bề mặt của bong bóng thay đổi $\Delta s$ (σ là sức căng bề mặt của nước); $\Delta u$ - sự thay đổi nội năng của không khí.

Nội năng của không khí do sự kết hợp của các bong bóng thay đổi theo các giá trị sau:

$$\Delta u = \frac{5}{2} \frac{m}{\mu} R \Delta T,$$

trong đó $m$ là khối lượng không khí trong bong bóng; $\Delta T$—thay đổi nhiệt độ không khí. (Không khí bao gồm chủ yếu là các phân tử lưỡng nguyên tử nitơ và oxy, vì vậy nó có thể được coi là khí hai nguyên tử. Nội năng của một mol khí hai nguyên tử là $5/2 RT$.)

Áp suất $p$ của không khí trong bong bóng trong trường hợp của chúng ta hầu như không đổi. Thật vậy, áp suất $p$ khác với áp suất trong nước ở mức bong bóng bởi các giá trị $\frac{2\sigma}{r} (r = r_1 = r_2)$ - trong bong bóng ban đầu và bởi các giá trị $\frac{2\sigma}{\rho}$ - trong bong bóng mới có bán kính $\rho$ ($\rho > r$). Vì phản ứng tổng hợp xảy ra trên bề mặt nước nên chúng ta có thể giả sử rằng áp suất trong nước bằng áp suất khí quyển, nghĩa là bằng $p_0 \approx 10^5$ H/$m^2$. Vì $\frac{2\sigma}{r} = \frac{2 \cdot 7,3 \cdot 10^{-2}}{3 \cdot 10^{-3}} \approx 49$ (H/$m^2$) «$p_0$, chúng ta có thể giả sử rằng áp suất trong bong bóng không đổi và bằng $p_0$. Do đó, theo phương trình trạng thái khí, $p_0 \Delta V = \frac{m}{\mu} R \Delta T$, do đó $\Delta T = p_0 \Delta V \frac{\mu}{mR}$. Như vậy,

$$A = p_0 \Delta V = c \Delta s + \frac{5}{2} p_0 \Delta V,$$

hoặc $\sigma \Delta s = -\frac{3}{2} p_0 \Delta V$.

Thay thế $\Delta V = \frac{4}{3} \pi (\rho^3 - 2r^3)$ và $\Delta s = 4\pi (\rho^2 - 2r^2)$ vào biểu thức này, chúng ta nhận được:

$$p_0 \rho^3 + 2\sigma \rho^2 - 2p_0 r^3 - 4\sigma r^2 = 0,$$

hoặc, có tính đến dữ liệu số,

$$10^5 \rho^3 + 14,6 \cdot 10^{-2} \rho^2 = 5,4 \cdot 10^{-3}.$$

Vì $\rho > 3 \cdot 10^{-3}$ m được đưa vào, số hạng thứ hai ở vế trái của đẳng thức nhỏ so với số hạng thứ nhất và có thể bỏ qua. Đó là lý do tại sao

$$\rho \approx \sqrt[3]{5,4 \cdot 10^{-8}} \approx 3,8 \cdot 10^{-3} \text{ м},$$

tức là $\rho \approx 3,8$ mm.

I. Slovodetsky