Cờ vua trong không gian

58

Lời khuyên của nhà vô địch cờ vua thế giới, đại 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.
Cờ vua trong không gian
Ngày 12 tháng 4 năm 1981 đánh dấu 20 năm kể từ ngày kỷ niệm chuyến bay vào vũ trụ có người lái đầu tiên. Chuyến bay vào vũ trụ do Yuri Gagarin thực hiện được “ghi lại” trong sơ đồ sau.

V. Korolkov, 1961. Chiếu tướng trong 5 nước đi.
Các quân cờ ở giữa bàn cờ tượng trưng cho Đất, một nửa trong số đó (quân trắng) được Mặt trời chiếu sáng. Tàu vũ trụ “Vostok” (nữ hoàng trắng) thực hiện cuộc cách mạng lịch sử vòng quanh Trái đất: 1.Fa1+! Kd5 (1… Qc3 2.Q:c3+ Kd5 3.Qb4 Kc6 4.Kc3 và 5.Qb6×) 2.Qh1+! Kd4 3.Qh8+! Kd5 4.Q:a8+! Kd4 5.Qe4×.
Một cuộc triển lãm không gian khác được viết bởi hai nhà soạn nhạc cờ vua nổi tiếng, một trong số họ, B. Sakharov quá cố, là một nhà hóa học và luyện kim xuất sắc của Liên Xô, thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, người đoạt Giải thưởng Lênin. Đáng chú ý là vệ tinh do Kuznetsov và Sakharov “phóng” được chế tạo theo hình thức này, trong đó tất cả các hình đều tham gia tích cực. Điều này không quá phổ biến trong các bố cục hình ảnh.

MỘT. Kuznetsov, B. Sakharov, 1959 Nitsya.
1.Ca3! C:f5 (1…de 2.fg) 2.a7! C:a7 3.C:c5+ C:c5. Bắt đầu! 4.b8Ф+! K:e6 5.Qg8+! Ke5 6.Qg3+! Kd5 7.Qb3+! Kd6 8.Qb8+! Ke6 9.Qg8+ với kiểm tra vĩnh viễn. Ở đây các hình màu đen tượng trưng cho Trái đất, còn đường b8 - g8 - g3 - b3 - b8 là quỹ đạo của các nữ hoàng, vệ tinh của Trái đất (lúc đó chỉ có các vệ tinh bay ra ngoài vũ trụ).

Cờ vua rất phổ biến trong giới phi hành gia. Nhiều người trong số họ thích dành quyền truy cập của mình vào phía sau bàn cờ. Chỉ cần nói rằng Chủ tịch Liên đoàn Cờ vua Liên Xô đã hai lần là Anh hùng Liên Xô, phi công Liên Xô V.I. Sevastyanov. Giai đoạn tiếp theo gắn liền với nó, trong đó mỗi chữ B, I, C là một bài toán riêng biệt.

E. Pogosyants. B, I, C - chiếu hết trong một nước đi.

Bí quyết của cả ba thế cờ là nước đi trước của Đen là không thể, tức là lượt di chuyển khắp nơi đều thuộc về họ.
(B) 0…L:b8 1.cbK×!; 0…ab 1.L:a8×; 0…b3 1.c8Q×! (I) 0…Kf7+ 1.R:f7×; 0…Kg6+ 1.L:g6×. (C) 0…Kp:g1 1.Рf1×. Mỗi hình trong cả ba vị trí đều đóng một vai trò cụ thể, nghĩa là không có một hình bổ sung nào trong doxa.

Khi phần cuối cùng của trận đấu ở Bagino bị hoãn lại, nó không chỉ được phân tích trên sân. Các phi hành gia Vladimir Kovalenok và Alexander Ivanovkov lúc đó đang ở trên trạm vũ trụ Salyut-b và yêu cầu cung cấp vị trí của họ. Sau khi đặt các quân cờ lên một bàn cờ đặc biệt, thích hợp để chơi trong môi trường không trọng lực, họ nhanh chóng bị thuyết phục rằng vị trí của Karpov đã hoàn toàn giành được. Ngày hôm sau, biết rằng đánh giá của họ đã được xác nhận, các phi hành gia đã gửi một bức điện chúc mừng tới nhà vô địch thế giới. Vì vậy, Anatoly Karpov đã nhận được một trong những lời chúc mừng đầu tiên về chiến thắng của anh ấy trong trận đấu từ Space!

Trận đấu cờ vua đầu tiên giữa Trái đất và Không gian diễn ra cách đây 10 năm. Đội không gian được đại diện bởi phi hành đoàn của tàu vũ trụ Soyuz-9 - V. I. Sevastyanov và A. I. Nikolaev, Đại tá N. P. Kamanin và phi hành gia V. V. Gorbako đã chơi cho Trái đất. Trận chiến vũ trụ tiếp tục trong nhiều lượt và sau một cuộc đấu tranh gay gắt đã kết thúc trong hòa bình.

Không Gian - Trái Đất
Gambit của Nữ hoàng
1.d4 d5 2.c4 dc 3.e3 e5 4.C:c4 ed 5.ed Kc6 6.Ce3 Cd6 7.Kc3 Kf6 8.Kf3 0 — 0 9.0 — 0 Cg4 10.h3 Cf5 11.Kh4 Qd7 12.Qf3 Ke7 13.g4 Cg6 14.Jlae1 Kph8 15.Cg5 Keg8 16.Kg2 Jlae8 17.Ce3 Cb4 18.a3 C:c3 19.bc Ce4 20.Fg3 c6 21.f3 Cd5 22.Cd3 b5 23.Fh4 g6 24.Kf4 Cc4 25.C:c4 bc 26.Cd2 Jl:e1 27.Jl:e1 Kd5 28.g5 Qd6 29.K:d5 cd 30.Cf4 Qd8 31.Ce5+ f6 32.gf K:f6 33.C:f6+ Jl:f6 34.Jle8+ Q:e8 35.F:f6+ Kpg8. Nitsya.

Biết đâu, có thể một thời gian nữa sẽ trôi qua và ý tưởng về một đại hội cờ vua quốc tế của Ostal Bender sẽ trở thành hiện thực!

59

Nội dung hai điểm với một đoạn thẳng

1. ABCD là một tứ diện, hoặc một tứ giác (phẳng), hoặc một tam giác, hoặc một đoạn thẳng.
2. d) Nếu D và E nằm đối diện nhau trong mặt phẳng chứa A, B và C thì (A+B+C)(D+E) là “khung ngoài” của lưỡng kim ABCDE (không có cạnh AB, BC, CA); Bipyramid là hai kim tự tháp được hình thành bởi một đáy chung.
3. a) Đổ bóng; 6) mặt phẳng; c) một “lớp” giữa hai mặt phẳng song song.
4. Nếu α² = α và β² = β, thì (αβ)² = (αβ) (αβ) = ((αβ)α)β = ((αβ)α)β = ((αα)β)β = (αα)β² = αβ.
5. 6. Nếu β = A+B+C+D và A, B, C, D không nằm trong cùng một mặt phẳng thì β² là khung của tứ diện ABCD, β³ là bề mặt của tứ diện này, βⁿ với n ≥ 4 là chính tứ diện đó.
6. Nếu α = A+B+C và A, B, C không nằm trên cùng một đường thẳng thì α/α là sáu tia - phần kéo dài của các cạnh △ABC, và các hình còn lại là hợp của ba góc ngoài của tam giác.
7. a) A/B, AB, B/A; 6) ABC, (AB)/C, (AC)/B, (BC)/A, A/(BC), B/(AC), C/(AB).
8. d) Nửa mặt phẳng nếu các đường thẳng λ₁, λ₂ song song; mặt phẳng nếu chúng giao nhau; nửa không gian nếu chúng giao phối với nhau.
9. a) Phía ngoài đường tròn.
10. Nếu α là một hình tuyến tính thì với bất kỳ điểm A và B nào của nó, chúng ta có α ⊂ A/B, và do đó α ⊂ A/(A/B). Nhưng A/(A/B) ⊂ AB (hãy vẽ!); do đó α ⊂ AB, tức là α ⊂ αα.
11. Một hình tuyến tính, và do đó lồi (bài tập 17), cùng với hai điểm nối bất kỳ, cũng chứa toàn bộ đường thẳng đi qua chúng (xem bài tập 10a).

Bi-a

1. Bởi vì nếu không, nó không thể để hạt đi theo cùng một quỹ đạo theo hướng ngược lại (hoặc, như chúng ta nói, bằng cách đảo ngược chuyển động của hạt theo thời gian), chúng ta thu được rằng, một mặt, hạt phải chuyển động bên trong bàn bida theo một quỹ đạo khép kín và mặt khác, nó, lặp lại đường đi ban đầu của nó theo hướng ngược lại, sẽ bay ra khỏi bàn bida.

2. a) Có thể; bida phải là hình vuông. Nghị định và cô ấy. Có một góc vuông giữa bất kỳ quỹ đạo liên kết nào và liền kề. 6) Quỹ đạo chỉ có thể có số chẵn và bất kỳ số liên kết chẵn nào ( ≥ 4).

3. Bộ bắt buộc được biểu thị bằng màu đỏ trong Hình 1 (ở đây (KL) || (PR), |AO| = |OV|). Nghị định và cô ấy. Trên một “mặt phẳng ca rô”, một quỹ đạo thẳng có thể được cắt bởi các đường thẳng song song với mỗi đường chéo của đường thẳng. Từ sự bằng nhau về chiều dài của các quả bóng A và M, chúng ta thu được “tập hợp chính xác của điểm M”, và từ đó, tập hợp mong muốn trong bida.

4. Hãy biểu thị cạnh XY bằng số 1, YZ bằng số 2, ZX bằng số 3. Hãy tạo một hình phản chiếu của tam giác XYZ so với cạnh 1 (Hình 2), cắt tam giác thu được đối với cạnh 2 và cắt tam giác mới đối với cạnh 3. Bây giờ chúng ta có thể thấy rằng độ dài tối đa của quỹ đạo đạt được trong trường hợp khi quỹ đạo thẳng đi từ Z đến Y′. Sự tương ứng trong tam giác ban đầu dẫn từ Z(=A) tới Y(=B). Từ tam giác vuông ZY′C |ZY′| = √7.

5. Nếu quỹ đạo γ đóng thì tất cả các liên kết sẽ phát triển thành các cặp liên kết song song (Hình 3); do đó, trong trường hợp này số lượng liên kết chỉ có thể là số chẵn. Quỹ đạo γ được đóng theo nghĩa bóng, vì các đường song song liên kết AB, CD (và do đó là tất cả các quỹ đạo tương đối với tâm của đường tròn), nên nếu quả bóng di chuyển từ liên kết AB đến liên kết CD sau n phản xạ, thì sau n phản xạ khác, nó sẽ quay trở lại liên kết AB.

6. Chúng ta sẽ phản ánh góc này so với cạnh của nó cho đến khi chúng ta có được một góc lớn hơn hoặc bằng 180° (Hình 4). Quỹ đạo thẳng của hạt chỉ có thể cắt các góc phản xạ này. Theo điều kiện, số của chúng là 1800. Do đó, giá trị α phù hợp với 180° không nhỏ hơn 1800 lần và không quá 1801 lần, tức là

$$1800 \leq \frac{180}{\alpha} < 1801,$$

60

Hình 4.
Ở đâu
0,09994…° < α ≤ 0,1°.

Một nhiệm vụ giống như một nhiệm vụ
Khi $x$ giảm, phần quay quanh đoạn $KL$, tiến gần đến hình thang $KLPB$, chu vi của nó bằng 5/2. Tại $x=0$, phần*) biến thành hình tam giác $PBA$, chu vi là 3; đến phần bóng mờ $KLMN$ hình tam giác $LKW$, trước đây nằm bên ngoài khối lập phương, được thêm vào như cũ; tại $x=0$ nó trở thành hình tam giác $LKA$ (xem Hình 5).

Sai lầm của Vasya là gì? Anh ta đã điều tra chính xác về khoảng [0; 1] chức năng
$$\Phi(x) = \frac{3}{2} - x + \sqrt{4x^2 - 2x + 1},$$ nhưng thật không may
$$\Phi(x) \neq \frac{3}{2} - x + \sqrt{4x^2 - 2x + 1},$$ nếu $0 < x \leq 1$,
nếu $x=0$;
$$\min P(x) = P\left(\frac{1}{2}\right) = 2$$;
$$\max P(x) = P(0) = 3.$$

Các phép tính gần đúng ở lời giải bài toán trong vật lý

1. $a \leq 0,057$; $a \leq 0,28$.

2. $\Delta t \approx 8,6$ tr.

3. $g' \approx 978$ cm/c$^2$.

4. $E \approx \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{2ql}{L^3}$.

5. $N_{cp} \approx \frac{mv}{2} \left( \frac{v^2}{2s} + g\alpha + kg \right) \approx 10$ kW.

Lời khuyên của độc giả

1. $2ab/(a+b)$.
2. $x_1 = 2\pi k, x_2 = \frac{\pi}{2} + 2\pi n(k,n \in \mathbb{Z})$. Gợi ý.
   Lợi dụng sự bất bình đẳng
   $$\sin^{11}x \leq \sin^2x, \cos^{11}x \leq \cos^2x, \sin^4x \leq \sin^2x, \cos^4x \leq \cos^2x$$
   và rút gọn các phương trình này về hệ
   $$\begin{cases} \sin^{11}x + \cos^{11}x = 1, \\ \sin^4x + \cos^4x = 1. \end{cases}$$
3. $\left( \frac{3\sqrt{3}}{8} A \right)^p$. Gợi ý. Lấy một đường tròn có bán kính nhất định $R$ và với mỗi bộ giá trị của các biến $\alpha, \beta, \gamma$, hãy đặt một hình tam giác tương ứng tạo thành nó với các giá trị góc này. Cho thấy điều đó
   $$\sin \alpha \sin \beta \sin \gamma = \frac{S}{2R^2}$$
   trong đó $S$ là diện tích của tam giác. Sử dụng thực tế là trong số tất cả các hình tam giác nội tiếp trong một đường tròn cho trước, hình tam giác lớn nhất có diện tích bằng nhau.
4. {6}.
5. {30,-61}.
6. {0}.
7. $\frac{\pi}{3} + 1 - \sqrt{3}$.
8. $[-\sqrt{2}; \sqrt{2}]$. Gợi ý. Coi biểu thức ở tử số là tích vô hướng của vectơ
   $$\vec{m} = (a; b; c)$$ và $$\vec{n} = (\cos x; \sin x; 1)$$.
9. Gợi ý. Xét tích vô hướng của vectơ
   $$\vec{m} = (2^x; 3^y; 1)$$ và $$\vec{n} = (a; b; 1)$$.

Đại học bang Novosibirsk được đặt theo tên. Lênin Komsomol

Toán học
Tùy chọn 1

1. $x_1 = \arccos \frac{1}{\sqrt{5}} \pm \left( \pi - \arccos \frac{\pi}{4\sqrt{5}} \right) + 2\pi k,$
   $x_2 = \arccos \frac{2}{3} \pm \arccos \frac{\pi}{6} + 2\pi l (k, l \in \mathbb{Z})$. Gợi ý.
   Phương trình $\cos \alpha = \sin \beta$ tương đương với phương trình $\cos \alpha - \cos \left( \frac{\pi}{2} - \beta \right) = 0$. Phương trình $a \cdot \sin x + b \cdot \cos x = -\frac{\pi}{2} + 2\pi m$ có ​​lời giải chỉ dành cho những $m$ mà $| -\frac{\pi}{2} + 2\pi m | \leq \sqrt{a^2 + b^2}$. Phương trình $a \cdot \sin x + b \cdot \cos x = c$ tương đương (đối với $a \neq 0$ hoặc $b \neq 0$) với phương trình
   $$\frac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}} \sin x + \frac{b}{\sqrt{a^2 + b^2}} \cos x = \frac{c}{\sqrt{a^2 + b^2}}$$ hoặc (đối với $a > 0, b > 0$) phương trình
   $$\cos \left( x - \arccos \frac{b}{\sqrt{a^2 + b^2}} \right) = \frac{c}{\sqrt{a^2 + b^2}}.$$

62

-2√3 √ a ⟧ -2, thì $\frac{a}{2} \in A$ và hàm $y = 1 + ax - x^2$ nhận giá trị lớn nhất trên tập $A$ tại $x = \frac{a}{2}$. Khi $-2 < a < 0$, chúng ta có $-1 < \frac{a}{2} < 0$; chức năng $y = 1 + ax - x^2$ trả về trên $] -\infty; \frac{a}{2}$ và tắt trên $[\frac{a}{2}; +\infty[$; điều này có nghĩa là nó nhận giá trị cao nhất trên tập hợp $A$ tại $x = -1$ hoặc tại $x = 1$; vì trong trường hợp này $\frac{a}{2}$ gần -1 hơn 1 và đồ thị của hàm $y = 1 + ax - x^2$ đối xứng với đường thẳng $x = \frac{a}{2}$, giá trị được tìm kiếm nhiều nhất được lấy ở $x = -1$. Vân vân.

Vật lý

Tùy chọn 2

1. Từ phương trình chuyển động ngang của quả bóng $|\vec{v}| \sin \alpha \cdot t - gt^2/2 = H$ ta tìm được thời gian chuyển động của nó lên trần nhà:

$$t = \frac{|\vec{v}| \sin \alpha}{g} - \sqrt{\left(\frac{|\vec{v}| \sin \alpha}{g}\right)^2 - \frac{2H}{g}}$$

(dấu “+” bị loại bỏ vì nó không tương ứng với ý nghĩa vật lý). Khoảng cách cần thiết

$$|AB| = |\vec{v}| \cos \alpha \cdot 2t = \frac{|\vec{v}|^2 \sin 2\alpha}{g} \times \left(1 - \sqrt{1 - \frac{2gH}{(|\vec{v}| \sin \alpha)^2}}\right)$$

($H < \frac{|\vec{v}|^2 \sin^2 \alpha}{2g}$ vì bóng chạm trần nhà).

2. $|\vec{F}| = \frac{mg}{2} \sin \alpha$. Gợi ý. Viết quy luật mômen để trục đi qua điểm đặt lực $\vec{F}$ và điều kiện để tổng các hình chiếu của các lực bằng 0 theo phương dọc theo mặt phẳng nghiêng.

3. Vì vận tốc của thanh không đổi nên các lực tác dụng lên thanh cân bằng:

$$\vec{F} = -m\vec{g},$$ hoặc $F = mg$.

Ở đây $\vec{F}$ là lực của từ trường tác dụng lên dòng điện; người mẫu của cô ấy

$$|\vec{F}| = |\vec{B}|Il$$

dòng điện trong mạch ở đâu

$$I = \frac{\mathcal{E} - \mathcal{E}_{ннд}}{R}$$.

Lực điện động cảm ứng xuất hiện trong một dây dẫn chuyển động bằng

$$\mathcal{E}_{ннд} = |\vec{B}|l|\vec{v}|$$.

Như vậy,

$$I = \frac{\mathcal{E} - |\vec{B}|l|\vec{v}|}{R}, |\vec{B}|l \frac{\mathcal{E} - |\vec{B}|l|\vec{v}|}{R} = mg$$,

Ở đâu

$$|\vec{v}| = \frac{\mathcal{E}}{|\vec{B}|l} - \frac{mgR}{|\vec{B}|^2}.$$

4. Để ước tính, chúng ta sẽ giả sử rằng toàn bộ khối lượng của vật thôi miên tập trung tại trọng tâm của nó cách xà ngang một khoảng $l$ và ở vị trí phía trên, tốc độ của vật thôi miên bằng 0. Khi đó từ phương trình chuyển động của vị trí thấp hơn

$$\frac{mv^2}{l} = |\vec{F}| - mg$$

và từ định luật bảo toàn năng lượng

$$\frac{mv^2}{2} = mg2l$$

chúng ta hãy tìm mô đun $|\vec{F}|$ của phản lực ở phía xà ngang, và do đó mô đun $|\vec{N}|$ của lực ép của thanh dẫn hướng lên xà ngang:

$$|\vec{N}| = |\vec{F}| = 5mg$$.

Chọn $m \sim 60$ kg, ta được

$$|\vec{N}| = 5mg \sim 3 \text{ кН}$$.

5. Bỏ qua sự gia tăng khe hở lỗ khoan do số đọc của đinh, tác động chính sẽ là sự thay đổi hướng của lực ma sát tác dụng lên đinh khi nó bị xoay. Khi xoay và kéo một chiếc đinh, không cần phải thắng toàn bộ lực ma sát mà chỉ cần thắng hình chiếu của nó dọc theo chiếc đinh. Và bạn cần phải uốn cong chiếc đinh để dễ xoay hơn (vai lớn có nghĩa là mô men lớn với lực thấp).

Tùy chọn 3

1. $U = \frac{\mathcal{E}_1(r_2 + R) + \mathcal{E}_2r_1}{r_1 + r_2 + R}$.

2. Theo định luật bảo toàn năng lượng

$$\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q^2}{l} + \frac{kl^2}{2} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q^2}{4l} + \frac{k4l^2}{2}$$,

Ở đâu

$$k = \frac{q^2}{8\pi\epsilon_0 l^3}$$.

3. Số mol khí ở phần trên của bình là $v_1 = \frac{(p_0 + mg/S)lS}{RT}$, và ở phần dưới là $v_2 = \frac{plS}{RT}$. Sau khi loại bỏ vách ngăn, áp suất trong toàn bộ mạch trở nên bằng $p_0 + mg/S$. Chúng ta hãy viết phương trình trạng thái khí cho trạng thái này: $p'V' = (v_1 + v_2)RT_1$, hoặc

$$\left(p_0 + \frac{mg}{S}\right)(2l - x) = \frac{(p_0 + mg/S + p)lRT_1}{RT}$$,

trong đó $x$ là sự trộn piston.

Theo định luật nhiệt động thứ nhất, công của các ngoại lực bằng độ biến thiên nội năng của chất khí: $p'ΔV = ΔU$, hoặc

$$\left(p_0 + \frac{mg}{S}\right)Sx = C \frac{(p_0 + mg/S + p)lRT_1}{RT} (T_1 - T).$$

Từ hai phương trình thu được ta tìm được

$$x = l \frac{C}{C + R} \frac{p_0 + mg/S - p}{p_0 + mg/S}$$.

4. Đặt chiều cao của mực nước trong bồn tắm là $H \sim 0,5$ m, diện tích mặt cắt ngang của bồn tắm $S \sim 1$ m2 và diện tích lỗ $S_0 = \pi r^2 \sim 10^{-3}$ m2. Cân bằng thể tích HS của nước trong bồn với thể tích $v_{cp}tS_0$ của nước chảy và đặt tốc độ trung bình

64

tích cực $B$). Hãy thực hiện quy trình tương tự bằng cách sử dụng la bàn $|AB|$; chúng tôi nhận được điểm $B_1, B_2$; cung $A_3B_2$ chứa $18^\circ$. Một lần nữa, tạo ba khía từ điểm $B$ bằng la bàn $|A_3B_2|$, chúng ta thu được các điểm cần thiết $C$ và $D$.

6. Trở về vị trí ban đầu, đầu tiên, vòng tròn bên ngoài (có tâm $O_1$ - Hình 10) sẽ thực hiện 12 vòng quay, lăn dọc theo chu vi của mặt trăng thẳng ($6:0,5=12$). Ngoài ra, khi đi qua mỗi đỉnh của một mặt trăng thẳng, đường tròn còn tạo thêm một phần tư vòng quay (xem Hình 10), do đó, khi đi qua cả bốn đỉnh, vòng tròn bên ngoài sẽ thực hiện một vòng quay khác, nghĩa là tổng cộng là 13 vòng quay.

Vòng tròn bên trong lăn dọc theo các cạnh của mặt trăng thẳng, di chuyển một đường $8R$ nhỏ hơn chu vi của nó; $R$ là bán kính của hình tròn, tức là $R=\frac{0,5}{2\pi}$. Do đó, vòng tròn bên trong, khi đi qua đường $6-8\cdot\frac{0,5}{2\pi}=6-\frac{2}{\pi}$, sẽ quay $(6-\frac{2}{\pi}):0,5=12-\frac{4}{\pi})\approx 10,9$.

Bài toán độc giả của chúng tôi

(xem «Kvant» số 3, trang 15)

1. a) $\overbrace{11\ldots1}^{n}\overbrace{55\ldots56}^{n}=\overbrace{11\ldots1}^{n}\cdot10^n+$

$+5\cdot\overbrace{11\ldots1}^{n}+1,$

(1)

$\overbrace{11\ldots1}^{n}=1+10+10^2+\ldots$

$\ldots+10^{n-1}=\frac{10^n-1}{9}.$

(2)

Thay (2) vào (1), ta được:

$\overbrace{11\ldots1}^{n}\overbrace{55\ldots56}^{n}=\frac{1}{9}(10^n-1)\times$

$\times10^n+\frac{5}{9}(10^n-1)+1=$

$=\left(\frac{10^n+2}{3}\right)^2$

Vì $10^n$ khi chia cho 3 dư 1 nên $\frac{10^n+2}{3}$ là số nguyên.

2. a) $\overbrace{90\ldots0}^{n}\overbrace{60\ldots01}^{n}=9\cdot10^{2n+2}+$

$+2\cdot3\cdot10^{n+1}+1=(3\cdot10^{n+1}+1)^2.$

6. 121, 144, 169, 441, 484.

3. a) $\frac{199\ldots9}{99\ldots95}=\frac{2\cdot10^n-1}{10^n+1-5}=\frac{2\cdot10^n-1}{10\cdot10^n-5}=$

$=\frac{1}{5}.$

Số đã được chuẩn bị:
A. Vilenkin, A. Egorov, I. Klumova, T. Petrova,
A. Sosinsky, V. Tikhomirov, 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 T. Weisberg, E. Sidorkina

113035, Mátxcơva, M-35, B. Ordynka 21/16,
«Kvant», điện thoại. 231-83-62
Giao đến tập 12.2.81
Ký xuất bản ngày 27 tháng 3 năm 1981
in offset
Giấy 70×108 1/16. Vật lý. lò nướng l. 4
Lò nướng có điều kiện l. 5.60 Biên tập học thuật. tôi. 7.04 T-05736
Giá 30 kopecks. Đặt hàng 338 Phát hành 237.027 bản.

Nhà máy in Chekhov
Soizolinggraproma
Ủy ban Nhà nước
Liên Xô về xuất bản và in ấn
và buôn bán sách,
Chekhov, khu vực Moscow