nước đi của hiệp sĩ

54

Tư vấn: vô địch cờ vua thế giới, kiện tướng quốc tế A. Karpov. Trang này được điều hành bởi E. Gik, Thạc sĩ Thể thao Cờ vua Liên Xô, Ứng viên Khoa học Kỹ thuật.

nước đi của hiệp sĩ

Hiệp sĩ là quân cờ tuyệt vời và khó dạy nhất, và không phải ngẫu nhiên mà thành ngữ “nước đi của hiệp sĩ” từ lâu đã trở thành một cụm từ phổ biến. “Kẻ hề đáng khinh của bàn cờ” - đây là tên mà nhà phát minh nổi tiếng về các câu đố toán học và cờ vua G. Dudeney gọi là con ngựa. Và kiện tướng S. Tartakover, bị suy yếu bởi trí thông minh của mình, đã từng nhận xét rằng “toàn bộ ván cờ là một nước đi của hiệp sĩ cải trang”.

Trên các trang cờ vua, trước tiên chúng ta sẽ bắt gặp nhiều nhiệm vụ và tổ hợp khác nhau trên bàn cờ, người tham gia chính là quân mã. Tuy nhiên, một trong những cách kết hợp cờ vua lâu đời nhất được gọi là “chiếu tướng bị đánh cắp”. Hợp âm cuối cùng trong sự kết hợp như vậy luôn thuộc về ngựa. Một ví dụ thú vị về tấm thảm cũ là một trong bài toán Blata (xem «Kvant», 1980, số 5). Bây giờ chúng ta hãy trình bày một tình tiết trong trò chơi của P. Morphy.

Morphy - Não

Mọi thứ đã sẵn sàng cho sự kết hợp, tất cả những gì còn lại là loại bỏ quân hậu khỏi ô e7.

1. e5! Qg5 2. h4! Qg4 3. Qa3+ Kg8 4. Ke7+ Kpf8 5. Kg6+ Kg8 6. Qf8+! Rf:f8 7. Ke7×. Hiệp sĩ tuyên bố chiếu tướng, và tất cả các bãi rút lui của vua đối phương đều bị quân và quân tốt của họ chiếm giữ.

Một hiệp sĩ trắng có thể đương đầu với toàn bộ đội quân quân địch.

O. Blaty, 1922. Chiếu hết trong 12 nước đi.

1. Nf4+ Kd5 2. Ke6+ Kd5 3. K:c7+ Kd5 4. K:a6+ Kd5 5. Nc7+ Kd5 6. Ke6+ Kd5 7. Kf4+ Kd5 8. Ke4 d5+ 9. Ke5 Cf6+ 10. Ke6 Kd8+ 11. Kd7 và 12. K:d3×.

Hai ví dụ tiếp theo (ví dụ đầu tiên ở phần mở đầu, ví dụ thứ hai ở phần cuối trò chơi) liên quan đến một chủ đề khác. Trong đó, một hiệp sĩ xuất hiện trên bàn cờ do một con tốt được thăng cấp bất ngờ, sau đó trò chơi ngay lập tức kết thúc.

Trắng thắng.

1. Ls8+! Rxc8 2. Qa7+! Kr:a7 3. bcK+!! và sau 4. Nxe7 Trắng còn lại một quân mã phụ và sẽ dễ dàng giành chiến thắng.

Trong phần khai cuộc được gọi là “cuộc phản công của Albin”, sau nước đi 1. d4 d5

2. c4 e5 3. de d4 4. e3 Cb4+ 5. Cd2 de! 6. C:b4 ef+ 7. Ke2 giải được 7… fgK+!! 8. Rxg1 (8. Ke1 Qh4+, v.v.) Cg4+ với quân hậu chiến thắng.

Trong các ví dụ trước, vấn đề được quyết định bởi sự xuất hiện của một hiệp sĩ trên bàn cờ, nhưng bây giờ, ngược lại, là một sự kết hợp trong đó hiệp sĩ hy sinh bản thân một cách hiệu quả.

Zlotnik - Người đam mê.

Trong trò chơi này, được chơi cách đây 12 năm ở Dubna, quân đen tối ưu hóa cơ hội của họ, tin rằng việc chuyển từ sang e5 và vua đến g7 sẽ khiến vị trí của họ không thể bị tấn công. Tuy nhiên, hai cuộc tấn công từ những con ngựa theo sau, ngay lập tức quyết định kết quả của cuộc chiến.

1. N:d6! Hỏi:d6 2. N:e6! Q:e6 (sau 2…Q:d1 3. La:d1 Đen không có khả năng phòng thủ trước vô số mối đe dọa). 3. Qd8+ Cf8 4. Rxf7! K:f7 5. Q:c8 Q:c4 6. Q:c4+ Kg7 7. Qd4+. Giao dịch đen.

Trong “Trang cờ vua” ngày nay, chúng tôi cố tình không cung cấp vị trí cho lời giải độc lập. Thực tế là trong số tạp chí này, chúng tôi đang bắt đầu cuộc thi cờ vua, trong đó bạn sẽ có thể thể hiện tất cả khả năng chơi cờ và giải cờ vua bài toán và các câu đố của mình. Vì vậy, chúng tôi mời bạn tham gia cuộc thi cờ vua «Kvant»!

56

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

cụ thể là $a$ và $b$. Tính các hệ số của hệ này rồi giải hệ ta được $\alpha = \frac{3}{4}$, $\beta = 1$. Để tìm $|\vec{MN}|$, thuận tiện nhất là sử dụng thư từ $|\vec{MN}|^2 = MN \cdot CP = |CP|^2 - a(CP \cdot CA) - \beta(CP \cdot QP)$.

6. $\sqrt{2a^2(1 \pm \cos a)} + h^2$.

8. a) $p = -2$, $q = 2$. Gợi ý. Đầu tiên, chứng minh rằng điều kiện $p = -q$ là cần và đủ để tồn tại giới hạn.

6. $p = -2$, $q = 3$.

9. a) Xem hình. 2. Gợi ý. Trước tiên hãy chứng minh rằng $\cos(3\arcsin x) = \sqrt{1 - x^2}(1 - 4x^2)$, sau đó kiểm tra hàm kết quả bằng cách sử dụng một hàm tùy ý.

6. Xem hình. 3.

10. a) $x \in [-1; 1]$ tại $a \in |-\infty; -2|$; $x \in [-1; x_1]$ tại $a \in [-2; 2]$; $x \in [x_2; x_1]$ tại $a \in [2; \sqrt{5}]$; $x = -\frac{2}{\sqrt{5}}$ tại $a = \sqrt{5}$; không lời giải với $a > \sqrt{5}$, trong đó $x_{1,2} = \frac{-2a \pm \sqrt{5} - a^2}{5}$. Gợi ý. Đường cong $y = \sqrt{1 - x^2}$ là bán kính thu được tại gốc tọa độ. Phương trình $y = 2x + a$ xác định một đường thẳng có hệ số góc bằng 2. Rõ ràng rằng lời giải của hệ này sẽ là những điểm của đoạn $|-1; 1|$ mà tọa độ của các điểm của đường thẳng không lớn hơn tọa độ của điểm hình bán nguyệt.

6. $x \in |x_2; |a|$ tại $|a| \in [2; +\infty]$; $x \in |x_2; x_1|$ tại $|a| \in \left[\frac{4}{\sqrt{5}}; 2\right]$; không lời giải tại $|a| \in \left[0; \frac{4}{\sqrt{5}}\right]$, ở đâu $x_{1,2} = \frac{-8 \pm \sqrt{5}a^2 - 16}{5}$.

11. a) Gợi ý. Khám phá hàm $y = 6x - x^2 - 4\ln x$ trên đa thức tại $x \in [0; 4]$.

6. có thể giải tương tự như a).

12. a) $x = (-1)^{\prime\prime}$ аresin $(1 - \sqrt{2} + 2k) + \pi n$, trong đó $k \in \{-1, 0, 1\}$, $n \in \mathbb{Z}$.

6. $x_1 = \frac{\pi}{13} n$, $x_2 = \frac{\pi}{8} m$, trong đó $m \neq 4p$ và $m, n, p \in \mathbb{Z}$.

13. a) $C_1(5; 10)$, $C_2(3; 0)$. Gợi ý. Vì $AB = (5; 6)$, $BC = (x - 4; y - 5)$ và $y = 5(x - 3)$, chúng ta có $BC = (x - 4; 5(x - 4))$,

$S_{ABC} = \frac{1}{2} |AB| \cdot |BC| \cdot \sin(\angle AB; \angle BC) = \sqrt{|AB|^2 \cdot |BC|^2 - (\angle AB \cdot \angle BC)^2}$.

Việc còn lại là giải phương trình $S_{ABC} = \frac{19}{2}$.

6. $y = 3x + 4$ và $y = 11x + 4$. Gợi ý. Phương trình của một parabol đi qua các điểm đã cho là $y = -2x^2 + 7x + 4$. Phương trình của đường mong muốn $y = kx + 4$. Bây giờ hãy tìm giao điểm của đường thẳng và parabol và viết diện tích cần tìm dưới dạng tích phân.

Những lựa chọn cho kỳ thi tuyển sinh đại học năm 1979

Viện kỹ sư vận tải đường sắt Moscow

Toán học

Tùy chọn 1

1. Nếu $x$ và $y$ là độ dài các cạnh của trường thì $x = \frac{k}{bc^2} - b$, $y = \frac{k}{b^2c}$.

2. $a \cdot \sin a \cdot \sin b$.

3. $\{(2; 10), (10; 2)\}$. 5. Tại các điểm $(\sqrt{\frac{c}{a}}; b\sqrt{\frac{c}{a}} + 2c)$ hoặc $(-\sqrt{\frac{c}{a}}; 2c - b\sqrt{\frac{c}{a}})$ tại $ac > 0$; tại điểm (0; 0) tại $c = 0$; tại $ac < 0$ lời giải không.

Tùy chọn 2

1. 15 km. 2. Gợi ý. Đặt các điểm $H$ và $G$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $BC$ và $AC$. Biểu thị các vectơ $\overrightarrow{AH}$ và $\overrightarrow{BG}$ theo các vectơ $\overrightarrow{CA}$ và $\overrightarrow{CB}$ và xét $\overrightarrow{AH} \cdot \overrightarrow{BG}$.

2. $\{5, \sqrt{5}\}$. 4. $x = \pm \frac{\pi}{4} + \pi n (n \in \mathbb{Z})$. 5. (0; 2).

57

Hình 6.

Viện Hàng không Moscow
họ. Sergo Ordzhonikidze

Toán học

Tùy chọn 1

2. $\left\{3 + \frac{2}{5} \sqrt{5}\right\}$. 3. $\max_{[-3;1]} y = 2$, $\min_{[-3;1]} y = -2$;
   xem biểu đồ trong Hình 6. 4. $]-1$; $+\infty$.
   Lời giải. Miền định nghĩa là không đồng đều
   thuộc tính được cho bởi các điều kiện $\frac{x+1}{x+2} > 0$, $\frac{x+1}{x+2} \neq 1$, $x+3 > 0$, $x+3 \neq 1$. Giải pháp cho vấn đề này
   hệ thống được phục vụ bởi sự cạn kiệt $]-3$; $2[U] -1$;
   $+\infty$ [Hãy $x > -1$; sau đó $x+3 > 1$, $x+2 >$
   $x+1 > 0$, do đó $\log_4 (x+3) > 0$,
   $\log_4 \frac{x+1}{x+2} < 0$. Điều này có nghĩa là bất đẳng thức ban đầu
   hợp lệ cho bất kỳ $x > -1$. Nếu như
   $-3 < x < -2$, rồi $0 < x+3 < 1$, $-1 < x+2 < 0$,
   $-2 < x+1 < -1$ và $\log_4 (x+3) < 0$,
   $\log_4 \frac{x+1}{x+2} > 0$.

3. $|0; 2[U]| 2; \frac{8}{3}$. Lời giải. Thẳng
   đi qua điểm $M (1; 2)$ và cắt nhau
   đồ thị hàm số $y = \frac{a}{x}$ tại hai điểm, tổng
   tọa độ $y_1 + y_2$ bằng $a$. phương trình
   đây là trực tiếp: $y = k(x-1)+2$, vậy
   $\frac{y-2}{k} + 1 = \frac{a}{y} (k \neq 0)$, mở $y^2 - (2-k) y$
   $-ak = 0$ và $y_1 + y_2 = 2-k = a$, mang lại
   $k = 2-a$ ($a \neq 2$). Phương trình $\frac{a}{x} = k (x-1)+2$
   phải có hai gốc nên phân biệt
   thêm $D = (2-k)^2 + 4ak > 0$, tức là $8a - 3a^2 > 0$.
   Vì vậy, $a \in ] 0; \frac{8}{3} [$, $a \neq 2$.

Tùy chọn 2

1. $y_{\max} = \frac{1}{3}$ tại $x=3$; $y_{\min} = -\frac{1}{3}$ tại
   $x=-3$. Xem Hình 7 để biết biểu đồ.
2. $\left\{\frac{\pi}{3}, \pi, \frac{5}{3} \pi\right\}$. 3. $]-4\frac{3}{2}; -\frac{17}{22}$.
3. 1. $\frac{2\cos a}{\cos a-1}$; 2) $\frac{1}{2} \sqrt{\frac{1-9\cos a}{1-\cos a}}$.
      Lời giải. Theo hình 8 $\vec{AMC} = a$, $\vec{SAB} = \varphi$. Sau đó $\vec{AS} \cdot \vec{AB} = |\vec{AS}| \cdot |\vec{AB}| \cdot \cos \varphi$
      $= 2\cos^2 \varphi$. Từ $\Delta AMO \frac{\sqrt{2}}{2} |\vec{AB}| = |\vec{AM}| \sin \frac{a}{2}$.

58

Mặt khác, từ $\triangle AMB |\overrightarrow{AM}| = |\overrightarrow{AB}| \sin \varphi$, tức là $\sin \varphi = \frac{1}{\sqrt{2} \cdot \sin \alpha/2}$ và $\cos^2 \varphi = \frac{\cos \alpha}{\cos \alpha - 1}$, tức là $\overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{AB} = \frac{2 \cos \alpha}{\cos \alpha - 1}$.

Vì $\overrightarrow{AK} = \frac{\overrightarrow{AS} + \overrightarrow{AB}}{2}$, $\overrightarrow{AK}^2 = \frac{\overrightarrow{AS}^2 + \overrightarrow{AB}^2 + 2\overrightarrow{AS} \cdot \overrightarrow{AB}}{4} = \frac{9 \cos \alpha - 1}{4 (\cos \alpha - 1)}$, từ đâu $|\overrightarrow{AK}| = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{1 - 9 \cos \alpha}{1 - \cos \alpha}}$.

5. Nếu đường thẳng $y = kx + b$ tiếp xúc với hai parabol $y = -x^2 + 4x + 1$ và $y = 3x^2 + 4x + \frac{7}{3}$ thì mỗi phương trình trong số hai phương trình chưa biết $x$:

$$-x^2 + 4x + 1 = kx + b$$

Và

$$3x^2 + 4x + \frac{7}{3} = kx + b$$

phải có một gốc duy nhất, đó là $D_1 = (k - 4)^2 + 4(1 - b) = 0$,

$$D_2 = (k - 4)^2 - 12 \left( \frac{7}{3} - b \right) = 0$$

từ đâu $k_1 = 2$, $b_1 = 2$; $k_2 = 6$, $b_2 = 2$. Chúng ta có hai đường thẳng $y = 2x + 2$ và $y = 6x + 2$. Dễ dàng chứng minh rằng các cặp $(k; b)$, trong đó $k \in \{3, 4, 5\}$ và $b = 2$, và chỉ các cặp này, là nghiệm của hệ bất phương trình $D_1 < 0$, $D_2 < 0$.

Vật lý

Tùy chọn 1

2. $n = \frac{1}{\pi} \sqrt{\frac{g}{R}} \approx 0,45$ r/s.

3. $I(t) = \frac{S |\overrightarrow{B}_0| m (t^2 - n)}{R (n + t^2)^2}$;

$I_{\max} = \frac{S |\overrightarrow{B}_0| m}{8Rn} \approx 4,2$ A. Gợi ý. Để tìm giá trị cực đại của một điểm, cần phải kiểm tra hàm $I = I(t)$ để tìm cực trị.

4. $m_{\text{O}_2} = \frac{p_{\text{O}_2} V \mu_{\text{O}_2}}{RT} \approx 0,295$ kg;

$m_{\text{N}_2} \approx 0,96$ kg; $m_{\text{Ar}} \approx 0,017$ kg;

$N_{\text{O}_2} = N_A \frac{m_{\text{O}_2}}{\mu_{\text{O}_2}} \approx 0,55 \cdot 10^{25} \text{ M}^{-3}$; $N_{\text{N}_2} \approx 2,1 \cdot 10^{25} \text{ M}^{-3}$; $N_{\text{Ar}} \approx 0,26 \cdot 10^{24} \text{ M}^{-3}$ (ở đây $R = 8,31$ J/(K mol) là hằng số khí phổ quát, $T = 273$ K là nhiệt độ khí, $N_A = 6,02 \cdot 10^{23}$ mol$^{-1}$ là số Avogadro).

5. $U = \frac{1}{e} \left( \frac{hc}{\lambda} - A_{\text{BbIX}} \right) \approx 11,6$ V (ở đây $h = 6,62 \cdot 10^{-34}$ J s là hằng số Planck, $c = 3 \cdot 10^8$ m/s là tốc độ ánh sáng).

Tùy chọn 2

2. $L_{\text{min}} = \left( |BO| - |AO| \right) \sqrt{\frac{1 + \cos \alpha}{2}} \approx 850$ m.

Gợi ý. Để xác định khoảng cách tối thiểu phía trên hàm $L = L(t)$, hãy kiểm tra điểm cực trị.

3. Không, đèn mới sẽ không sáng hơn đèn cũ.

4. $\frac{p_2 - p_1}{p_2} = 1 - \frac{T_1}{T_2} \approx 0,04 = 40\%$.

5. Ảnh của điểm $A$ cách gương 4F và ảnh của điểm $B$ cách gương 5/2 F.

Viện năng lượng Moscow

Toán học

Tùy chọn 1

1. 3. 2. 10; 16[.

2. $\frac{2}{3}$. 4. $\left\{ -\frac{5}{6} \pi, -\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}, \frac{5}{6} \pi, \frac{7}{6} \pi \right\}$. 5. $\pi a^3 \cdot \frac{\sin^2 \alpha \cdot \sin (\alpha + \beta)}{\sin \beta}$.

Tùy chọn 2

1. $f(x) = 2\sqrt{4x} - 3$, $f'(x) = \frac{4\sqrt{x}}{2x}$. 2. $\{(12; 4)\}$.

2. $2(\sqrt{2} - 1)$. 4. $x = -\frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{2}$ $k (k = 3, 4, \dots)$.

3. $\frac{\pi l^2 \cos \alpha}{3 \cos^2 \alpha + 1}$.

Vật lý

Bài thi viết

Tùy chọn 1

2. $Q = A + \Delta U$; $Q = A$; $\Delta A = p\Delta V$.

3. $Q = \frac{m^2 R}{k^2 t^2} = 40$ J.

4. $l = h \text{ ctg} \varphi + H \frac{\cos \varphi}{\sqrt{n^2 - \cos^2 \varphi}} \approx 3,4$ m.

5. $\varphi = \varphi_k \frac{\varepsilon}{1} = 1,6 \cdot 10^3$ kg/m$^3$.

Tùy chọn 2

2. Không, nói chung là nó không trùng nhau.

3. $I = \frac{mg}{|B|l} = 0,98$ A.

4. Từ phương trình $I^2 r - I \delta + P = 0$ ta thu được $i_1 = 1,5$ A và $i_2 = 0,5$ A.

5. $|\overrightarrow{F}| = 2/3mg \sin \alpha = 65,3$ N.

Bài thi vấn đáp

1. $x = \frac{|\overrightarrow{F}|}{2k} = 0,05$ m.

60

Vật lý

1. $t = \sqrt{\frac{l}{|\vec{a}| \cos \alpha}} \approx 1,7$ tr.
2. $p_M = \varrho (gh + |\vec{a}| L) \approx 4,3 \cdot 10^3$ Pa (ở đây $\varrho = 10^3$ kg/m$^3$ là mật độ của nước).
3. $|\vec{v}| = \sqrt{2gh}$.
4. Màn hình phải được di chuyển ra xa thấu kính một khoảng $l = a (1-1/n) = 1$ cm.

Viện kỹ sư trắc địa, chụp ảnh trên không và bản đồ Moscow

Toán học

Tùy chọn 1

1. $\{8, \frac{1}{\sqrt{3}4}\}$.
2. $x = \frac{(-1)^{k+1}}{2} \arcsin (\sqrt{2} - 1) + \frac{\pi}{2} k (k \in \mathbb{Z})$.
3. $] -\infty; -1 [\cup [4; +\infty[$.
4. $(\vec{a}; \vec{b}) = \frac{\pi}{2}$, độ dài đường chéo của hình chữ nhật là $|\vec{a} + \vec{b}| = \sqrt{10}$.
5. $\min_{[-5; -1]} y = y (-1) = -\frac{10}{3}, \max_{[-5; -1]} y = y (-3) = -2$.

Tùy chọn 2

1. $x_1 = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{2} k, x_2 = -\frac{\pi}{2} + 2\pi l (k, l \in \mathbb{Z})$.
2. $] 1; +\infty[$.
3. $\{\frac{5}{3}\}$.
4. $\frac{\pi}{4}$. Gợi ý.
   Tìm tích vô hướng của các vectơ $\vec{BD}$ và $\vec{AC}$.
5. Hàm tăng thêm $\mathbb{R}$.

Vật lý

1. $s = |\vec{v}_0|^2 / g - |\vec{v}_0| t + gt^2 / 2 \approx 41,6$ m.
2. $|T| = mg (3-2 \cos \alpha) \approx 20$ N.
3. $t = T / 12 = 0,25$ tr.
4. $h_B = \Delta h \varrho / \varrho_B = 2,72 \cdot 10^{-1}$ m (ở đây $\varrho_B = 1 \text{ г/cm}^3$ là mật độ của nước).
5. $N = N_A \frac{pV}{RT} \approx 2,7 \cdot 10^{25}$ m$^{-3}$;
   $m = \mu / N_A \approx 3,3 \cdot 10^{-27}$ kg (ở đây $\mu = 2 \cdot 10^{-3}$ kg/mol là khối lượng mol của hydro).
6. $A = (pS + Mg) h \Delta T / T = 30$ J.
7. $\varphi' = \varphi \frac{r}{r + l} = 50$ V.
8. $I_M = |\vec{B}| l^2 \omega / R = 6 \cdot 10^{-3}$ A.
9. $H = nh = 4/3$ m≈1,3 m.
10. $m = \frac{hc}{\lambda} \approx 3,7 \cdot 10^{-36}$ kg.

Viện kiến ​​trúc Moscow

Toán học

1. $\frac{a\sqrt{6}}{6}$. Gợi ý. Vẽ mặt phẳng $AD_1C_1B$, thả đường vuông góc $MN$ xuống $(BD_1)$ và chứng minh rằng $(MN) \perp (B_1C)$ (Hình 11).
2. Sử dụng công thức $\cos \alpha \cdot \cos \beta = \frac{1}{2} (\cos (\alpha - \beta) - \cos (\alpha + \beta))$ và $\sin \alpha \times \cos \beta = \frac{1}{2} (\sin (\alpha + \beta) + \sin (\alpha - \beta))$.
3. 8, 10, 12; 17, 10, 3.
4. $\{\frac{\lg 3 - \lg 5}{\lg 2}, \frac{\lg 2 - \lg 5}{\lg 2}\}$.

Vật lý

1. $|\vec{T}_{AB}| = m_1 g \frac{\sin \beta}{\sin \alpha} \approx 122$ N;
   $m_2 = m_1 \left( \frac{\sin \beta \cos \alpha}{\sin \alpha} + \cos \beta \right) \approx 135$ kg.
2. $0 < T = 2\pi \sqrt{\frac{l \cos \alpha}{g}} < 2$ tr.
3. $|\vec{v}| = 2\sqrt{c(t_{\pi n} - t) + \lambda} = 507$ m/c.
4. $I_1 = \frac{\mathcal{E}_1 (r_2 + R) - \mathcal{E}_2 R}{r_2 (r_1 + R) + r_1 R} = 1,5$ A;
   $I_2 = \frac{\mathcal{E}_1 - I_1 (r_1 + R)}{R} = 0,5$ A; $I_3 = I_1 + I_2 = 2$ A.
5. $\delta = 2\gamma$.

64

3. Hãy kết nối các điểm B và D (Hình 16). Tam giác BDK vuông và |BK| = 1, |ĐK| = 2. Theo định lý Pythagore
   $$|BD| = \sqrt{DK^2 - |BK|^2} = \sqrt{3}.$$
   Tam giác ELK cũng là hình chữ nhật và |EL| = 2 |DE| = 2, |KL| = |BD| = \sqrt{3}.
   Pozny
   $$|EK| = \sqrt{EL^2 + |KL|^2} = \sqrt{4 + 3} = \sqrt{7}.$$

4. 5329 = 73².

5. Chúng ta hãy biểu thị diện tích hình vuông bằng S. Khi đó tổng diện tích của các “sọc” màu xám và đỏ (Hình 17) bằng S/2. Nhưng diện tích tam giác ABC cũng bằng S/2. Vì tam giác ABC được tạo thành từ các sọc xám và xanh lam nên ta thấy tổng diện tích các sọc xanh bằng tổng diện tích các sọc đỏ.

Phòng đã được chuẩn bị:
A. Vilenkin, A. Egorov, N. Klumova, T. Petrova,
A. Sosinsky, B. Tikhomirova, Y. Shikhanovich

Số đã được phát hành:
M. Dubach, G. Krasikov, E. Nazarov,
A. Ponomareva, I. Smirnova

Chủ biên tập bởi L. Chernov

Biên tập nghệ thuật T. Makarova

Người hiệu đính N. Rumyantseva

113035, Mátxcơva, M-35, B. Ordynka, 16/21,
“Số lượng”, điện thoại. 231-83-62
Giao theo bộ 20/V-80
Đã ký con dấu 2/VII-80
in offset
Giấy 70×108 1/16. Vật lý. lò nướng l. 4
Lò nướng có điều kiện l. 5.6. Biên tập học thuật. tôi. 7.06. T-13048
Giá 30 kopecks. Đặt hàng 1187. Phát hành 260.103 bản.

Nhà máy in Chekhov
Soyuz đa giác
Ủy ban Nhà nước Liên Xô
cho công việc xuất bản và in ấn
và buôn bán sách,
Chekhov, khu vực Moscow

Một cuộc thi cờ vua sẽ mở ra trong số tạp chí này. Bạn sẽ được cung cấp nhiều loại cờ vua bài toán, etode, sự kết hợp và câu đố. Chúng tôi sẽ cố gắng đảm bảo rằng bài toán và vị trí của cuộc thi đóng vai trò bổ sung và minh họa cho các tài liệu của “Trang cờ vua”, được xuất bản trên cùng một số của tạp chí.
Cuộc thi cờ vua năm nay «Kvant» sẽ bao gồm sáu hiệp.
Kết quả của cuộc thi sẽ được công bố vào tháng 5 năm 1981. Người chiến thắng trong cuộc thi sẽ được trao giải cờ vua và văn học toán học do nhà vô địch cờ vua thế giới Anastoly Karpov sáng tác.
Độc giả của tạp chí có sở thích riêng bài toán có kỹ năng cờ vua-toán học sẽ nhận được thêm điểm.
Lời giải nhiệm vụ thi đấu phải được gửi thành một bản, trong một phong bì riêng đến địa chỉ: 113035, Moscow, M-35, B. Ordynka 21/16, «Kvant».
Phong bì phải ghi rõ “Thi cờ vua số 7-80”.
Hạn chót nộp đáp số cho các dự án cạnh tranh trong số này là ngày 31 tháng 8 năm 1980.