[Được rồi bài toán]

61

Tư vấn: vô địch cờ vua thế giới, kiện tướng quốc tế A. Karpov. Được thực hiện bởi chiến lược gia cờ vua Liên Xô, Ứng viên Khoa học Kỹ thuật E. Gik.
Trong số rất nhiều vị trí bài toán, dov và không thứ nguyên trên bàn cờ, cái gọi là biểu tượng hay nói cách khác là hình ảnh bài toán được đặc biệt quan tâm. Sự sắp xếp ban đầu hoặc cuối cùng của các quân cờ trong bài toán hoặc chính nước đi lời giải mô tả một số loại hình ảnh, ký hiệu, số hoặc chữ cái. Thông thường, biểu tượng bài toán gắn liền với những nhân vật nổi bật, những ngày kỷ niệm hoặc sự kiện quan trọng.

Tại nơi này, như bạn đã biết, Ngày du hành vũ trụ sẽ được tổ chức ở nước ta. Và chính vào ngày 12 tháng 4 năm 1964, ván 1-3 bài toán của bậc thầy cờ vua quốc tế E. Pogosyants lần đầu tiên được xuất bản. Tác giả đã kết nối họ với Yuri Gagarin, người đầu tiên trên Trái đất bay vào vũ trụ. Sự sắp xếp ban đầu của các quân cờ trong mỗi nước đi mô tả chữ “G”. Chúng tôi khuyên bạn nên giải các biểu tượng bài toán này. Điều gây tò mò là chỉ có 4 hình được sử dụng trong đó.

Trên trang tháng 2 của chúng tôi, chúng tôi đã cung cấp cho bạn một bài toán - một trò chơi nhiều nước đi, trong đó quân hậu trắng, sau những thao tác kéo dài và tẻ nhạt, tuyên bố chiếu tướng với vua không đánh ở nước đi thứ 14. bài toán như vậy trong một bố cục cờ vua được gọi là lượt. bài toán 4 chưa được huấn luyện cũng có vẻ là kẻ thù. Bảng ở đây nhìn chung có hình vuông, nhưng kích thước lại khác nhau.

1. E. Pogosyants. Chiếu tướng trong 3 nước đi.
2. E. Pogosyants. Chiếu tướng trong 3 nước đi.
3. E. Pogosyants. Chiếu tướng trong 3 nước đi.
4. J. Mortens. Chiếu hết trong 21 nước đi.
5. Súng lục của Dawson. Chiếu hết trong 21 nước đi.
6. K. Tomlinskaya. Chiếu tướng trong 2 nước đi.

kích thước không thể dạy được của nó. Kết quả là các quân hậu lần lượt thực hiện hơn hai mươi nước đi!

Rất thú vị là bài toán 5, thuộc về nhà soạn nhạc cờ vua nổi tiếng G. Dawson. Nó cũng có thể được gọi là hình ảnh, chỉ có điều bức vẽ ở đây được hình thành không phải bằng hình vẽ mà bằng chính tấm bảng.

Nhiệm vụ 1-3, như chúng ta đã thấy, chỉ có bốn hình. Tuy nhiên, vật liệu tối thiểu cho phép bạn tạo ra một tác phẩm cờ vua bao gồm ba quân cờ (với hai quân vua trên bàn cờ, đơn giản là không có gì để tặng một tấm thảm). Tuy nhiên, kỷ lục theo nghĩa này là bài toán 6. Nó được giải rất đơn giản, nhưng hãy nhớ rằng đây là ba chữ số kỳ lạ nhất bài toán - nó được phát minh ra cách đây 135 năm!

62

Đế chiều cao nằm ở đâu?

Bài toán (chúng tôi đưa ra số đúng đáp số, tiếp theo là gợi ý).
1a-3 (đáy có chiều cao phải cách đều các đỉnh của đế;
1b-3 (với lý do tương tự như 1a).
1c—5 (đáy của đường cao cách đều các đường thẳng AB, BC, AC).
1d-2 (đủ để chứng minh rằng đáy của đường cao O thuộc một trong các đường cao của tam giác, chẳng hạn CH, nhưng
(SC)⊥(SA), (SC)⊥(SB)⇒
⇒(SC)⊥(ASB)⇒(SC)⊥(AB);
(AB)⊥(SC), (AB)⊥(SO)⇒(AB)⊥
⇒(SOC)⇒(AB)⊥(CO)⇒O∈(CH).
1d—2 (lời giải tương tự 1d).
1e-6 (chỉ ra rằng BAC=BSC=90° và sử dụng 1a).
1w—7((AC)⊥(BC), (AC)⊥(BC)⇒(AC)⊥
⊥(BSC)⇒(ABC)⊥(BSC)⇒(SO)⊆(BSC)⇒
⇒O∈(BC)).
1з-1 (xem “Hình học 9-10” § 22).
2-3 (so với 1a).
3-2 (gốc của đường cao là tâm của đường tròn ngoại tiếp ABCD).

Ở bên phải

1. $\frac{3\sqrt{6}}{2}a^2$. (C đáy của chiều cao là tâm của đường tròn được mô tả trong hình thang.)
2. $\frac{1}{2}$, nếu a=b,
   $\left\{\frac{b}{a+b}, \frac{b}{a-b}\right\}$, nếu a>b,
   $\left\{\frac{a}{a+b}, \frac{a}{b-a}\right\}$ nếu a<b.
   ( Chứng minh rằng O∈(AC); sau đó, với a>b, xét hai trường hợp: O∈[AC] và C∈[AO].)
3. $\frac{c^3}{36}(\sin 2\alpha)tg\beta$. (Áp dụng bài toán 1з.)
4. $\frac{\sqrt{2}}{2}b^3$. (Cơ sở của đỉnh cách đều là tâm của hình vuông.)
5. (Xem «Kvant», 1978, số 6, trang 93.)
   Camera cho kỳ thi tuyển sinh
6. $|\vec{v}| = \frac{\delta d}{F\tau} = 10$ m/s.
7. $\frac{\Gamma_2}{\Gamma_1} = 1 + \frac{h(d-F)}{F^2} = 5,5. 3.$d’2 = \frac{d_1d_2d’1}{d’1(d_1+d_2)-d_1d_2} \rightarrow \infty$, то есть дальняя граница глубины резкости бесконечного удалена. Московский государственный университет им. М. В. Ломоносова Фиизческий факультет 1.$A = mg(H-5|2R) = 2 \cdot 10^{-2}$Дж. 2.$V_2 = l_2 \sqrt{\frac{2g(1-\cos \alpha)(m_2l_2-m_1l_1)}{m_1l_1^2+m_2l_2^2}}$, если в положении устойчивого равновесия масса m1 нахождения выше оси врашения, и$V_2 = l_2 \sqrt{\frac{2g(1+\cos \alpha)(m_1l_1-m_2l_2)}{m_1l_1^2+m_2l_2^2}}$, если в положении устойчивого равновесия масса m1 нахождения ниже оси врашения. 3.$|\vec{a}| = g\left(\sin \alpha - \frac{(k_1m_1+k_2m_2)\cos \alpha}{m_1+m_2}\right)$. 4.$A = R(\sqrt{T_3}-\sqrt{T_1})^2$, где R — универсальная газовая постоянная. 5.$\alpha = \frac{\alpha_1V_1+\alpha_2V_2}{V_1+V_2} \approx 27%$. 6.$\alpha = \frac{p{H1}}{p{H2}} \frac{V_1}{V_2} \frac{T_2}{T_1} \approx 0,44 = 44%$, где$p{H2} = 10^5$Па — давление насыщенного водяного пара при температуре 100°C. 7.$A = C_0U^2/2 = 4,5 \cdot 10^{-6}$Дж. 8.$t = \frac{(1+\alpha t_0)R_2R_4}{\alpha R_1R_3} - \frac{1}{\alpha} \approx 76°C.
8. $f_1 = \frac{F_2(F_1-l)}{F_1-l+F_2} = 6$ cm tính từ đường tán xạ; $f_2 = \frac{F_1(l-F_2)}{l-F_1-F_2} = 20$ cm từ đường thu thập.
9. $F_1 = \frac{Dl}{D-d} = 18$cm; $F_2 = l-F_1 = -6$ xem

Khoa Cơ học và Toán học

1. $|\vec{a}| \leq |\vec{a}| \leq |\vec{a}|$, trong đó $|\vec{a}| = g\frac{tg\alpha-\mu}{1+\mu tg\alpha} \approx 8$ m/s² (lực ma sát hướng lên trên dọc theo bề mặt nêm) và $|\vec{a}| = g\frac{tg\alpha+\mu}{1-\mu tg\alpha} \approx 12$ m/s² (lực ma sát hướng xuống dọc theo bề mặt nêm).
2. $\alpha \leq \arctg \frac{R(M+m)}{lm} = \frac{\pi}{4}$.
3. $x = |\vec{v}|^2/g \sin 2\alpha - 2l = 10$ m.
4. $p_2 = p_1T_2/T_1 + m/\mu RT_2/V \approx 2,3 \cdot 10^5$ Bố.
5. $\Delta h = h\alpha_2\Delta t = 6 \cdot 10^{-3}$ xem
6. $I = \varepsilon_0(\varepsilon-1)|\vec{v}|a\delta/d = 1,77 \cdot 10^{-9}$ A.
7. $q = \varepsilon_0SIR/d = 1,77 \cdot 10^{-10}$Cl.
8. $I = \frac{mg}{2|\vec{B}|a} = 5$ A.
9. $\alpha \geq 2\pi/3$.
10. Kích thước của hình ảnh sẽ giảm đi 3 lần.

Nhà vật lý lang thang
(xem «Kvant» số 3)

1. Có thể thực hiện được trong 32 bước:
2. cl—el,
3. el—f1,
4. a1—c1—e1—g1,
5. b1—c1, v.v.
6. Hai nhà vật lý đầu tiên phải được đặt cạnh nhau, người thứ ba - qua một ô trống ở bên phải.

63

từ ô thứ hai, thứ tư - một ô trống ở bên phải ô thứ ba, v.v.

3. Bạn cần thực hiện ba nước đi để đặt các quân chip vào ba ô ngoài cùng bên trái, chẳng hạn như đường ngang trên cùng. Sau đó sẽ phải thực hiện 33 lần di chuyển để di chuyển các quân cờ này theo chiều ngang sang bên phải. Cuối cùng, phải thực hiện thêm ba nước đi nữa để di chuyển các quân cờ về vị trí cuối cùng. Như vậy, nước đi có thể hoàn thành trong 39 nước đi.

4. Có thể:

5. d3—d5,

6. d5—e5,

7. c4—e4—e6,

8. e6—f6,

9. b1—b3—d3—d5—f5—f7,

10. f7—g7,

11. a2—c2—c4—e4—e6—g6—g8,

12. g8—h8,

13. a1—b1,

14. b1—b3—d3—d5—f5—f7—h7,

15. b2—c2, v.v.

16. Để “kéo dài” tất cả các con chip thành một chuỗi dọc theo một đường chéo lớn, sẽ cần 8 nước đi (xem nhiệm vụ 4). Di chuyển chuỗi theo đường chéo từ vị trí ban đầu đến 92 ô sẽ cần 92 • 3 = 276 lần di chuyển. Bạn cần thực hiện thêm 8 nước đi; để đặt chip vào vị trí cuối cùng. Chuyển động cần thiết có thể được hoàn thành trong 292 chuyển động.

17. 19 chiêu là đủ:

18. c1—c2,

19. a1—c1—c3,

20. b1—c1, v.v.

21. Việc di chuyển có thể được hoàn thành trong 20 bước:

22. b1—b2,

23. b2—b3,

24. a1—a3—c3,

25. a2—b2, v.v.

«Kvant» cho học sinh nhỏ

(xem «Kvant» số 3)

1. Xem bài viết “Thành quả của sự tha thứ” của N. Mikhailova.
2. Có thể đặt bảy tượng - xem Hình 1. Không thể đặt tám tượng.
3. Với mỗi lần cắt, số lượng đa giác tăng thêm một. Do đó, sau lần cắt này sẽ có 101 đa giác. Tổng số đỉnh của chúng sẽ nhỏ nhất nếu tất cả các đa giác đều là hình tam giác. Số đỉnh tối thiểu sau 100 lần cắt là

Hình 1.

Hình 2.