Lời giải bài toán M645—M655; F663—F667

21

Lời giải bài toán

M645. Có ba hành lang ở tầng hầm (Hình 1; $|OA| = |OB| = |OC| = l$), tất cả các lối ra đều bị đóng. Thanh tra Warnicke và một người đại diện đang ở đó. Warnicke thay thế người đại diện nếu khoảng cách giữa họ không vượt quá $r$. Anh ta biết rằng tốc độ tối đa của người đại diện bằng một nửa tốc độ tối đa của chính anh ta. Lúc đầu, thanh tra viên đang ở điểm $O$ và không nhìn thấy người đại diện. Warnicke nên hành động như thế nào để chắc chắn bắt được người đại diện nếu $a) r = l/3, 6) r = l/4, \text{в})^* r > l/5, \text{в}) r > l/7$. Bỏ qua chiều rộng của hành lang và kích thước của người. (Warnicke phải đưa ra một kế hoạch hành động sao cho dù người đại diện có biết trước về việc đó thì anh ta vẫn không thể thực hiện được dịch vụ).

Hình 1.

Hình 2.

1. Lời giải bài toán tại $r > l/5$ (một phần, tại $r = l/3$ và $r = l/4$).
   Đầu tiên, Warnicke “lược” hành lang $OC$. Sau khi chắc chắn rằng người đại diện không có ở đó, Warnicke rút lui về hành lang $OA$ ở khoảng cách $2r$ rồi quay lại điểm $O$, di chuyển với tốc độ tối đa (sau đây sẽ coi như thanh tra luôn di chuyển với tốc độ tối đa). Giả sử sau khi quay lại điểm $O$, thanh tra viên không gặp người đại diện; Anh ta biết gì trong trường hợp này về nơi ở có thể có của người đại diện?

1. Người phạm tội không thể ở hành lang $OC$: có thể dễ dàng kiểm tra rằng nếu trong thời gian vắng mặt thanh tra viên tại điểm $O$ anh ta cố chạy từ hành lang $OB$ sang hành lang $OC$ thì đến thời điểm thanh tra viên quay lại điểm $O$ khoảng cách từ người đại diện đến $O$ sẽ không quá $r$.

2. Nếu người phạm tội ở hành lang $OA$, thì ở khoảng cách từ $O$, lớn hơn $2r$: thực sự, khi thanh tra viên ở hành lang $OA$ ở khoảng cách $2r$ từ $O$, thì người phạm tội (nếu anh ta ở $OA$) ở khoảng cách từ $O$, hơn $3r$, và vào thời điểm thanh tra quay lại điểm $O$, khoảng cách từ người phạm tội đến $O$ có thể giảm không quá $r$ (Hình 2).

Nếu $r \geq l/3$ thì người phạm tội hoàn toàn không thể ở trong $OA$, và do đó bài toán a) được giải quyết: để tóm được người phạm tội, thanh tra chỉ cần khám phá hành lang $OB$ cho đến hết.

Nếu $r < l/3$, thì ý nghĩa hành động tiếp theo của thanh tra là đi sâu hơn vào hành lang $OB$, rồi vào hành lang $OA$ với khoảng cách ngày càng xa hơn, nhưng để người vi phạm không thể chạy qua hành lang $OC$. Mỗi lần “đi sâu” như vậy cùng với việc quay trở lại điểm $O$ sau đó sẽ được gọi là một chu kỳ. Chu kỳ đầu tiên đã được mô tả. Ở chu kỳ thứ hai, thanh tra đi đến hành lang $OB$ ở khoảng cách $3r$. Quay lại điểm $O$ không thấy người phạm tội thì thanh tra mới biết

1. không có người phạm tội nào trong hành lang $OC$ (nếu người phạm tội ở hành lang $OA$, thì anh ta ở khoảng cách từ $O$, lớn hơn $2r$, và do đó cho đến khi Warnicke quay lại điểm $O$, khi anh ta bị đưa ra khoảng cách $3r$ vào hành lang $OB$, người phạm tội sẽ không thể chạy qua hành lang $OC$ để ở khoảng cách từ $O$, lớn hơn $r$);

2. nếu người phạm tội ở hành lang $OB$ thì khoảng cách từ người đó đến $O$ lớn hơn $5r/2$ (lớn hơn $(3r + r) - 3r/2$).

Nếu $r \geq l/4$, thì người phạm tội hoàn toàn không được ở hành lang $OB$ (vì khi đó chiều dài của nó lớn hơn $3r + r = 4r \geq l$ - mâu thuẫn); do đó giải được bài toán 6).

Hãy cho thanh tra viên biết sau chu kỳ có số $n$ rằng không có người phạm tội ở hành lang $OC$, và trong hành lang $OX$ (trong đó $X = A$ đối với $n$ lẻ và $X = B$ đối với $n$ chẵn) người phạm tội không thể ở khoảng cách từ $O$, nhỏ hơn hoặc bằng $y_n$. Sau đó, trong chu kỳ tiếp theo, người kiểm tra đi đến một hành lang khác ở khoảng cách $y_n + r$ (Hình 3). Quay lại điểm $O$, thanh tra biết rằng

1. không có người phạm tội trong hành lang $OC$;

2. trong hành lang vừa khám phá, kẻ đột nhập không thể ở khoảng cách $O$, nhỏ hơn hoặc bằng $y_n + r \geq l - r$ thì trong hành lang đã khám phá không có kẻ đột nhập nào cả.

Hãy tìm công thức của $y_n$. Vì $y_n + 1 = \frac{y_n + 3r}{2}, 3r - y_n + 1 = \frac{3r - y_n}{2}$, từ đâu $3r - y_n = \frac{3r - y_1}{2^{n-1}} = \frac{r}{2^{n-1}}$, tức là

22

Hình 3.

$$y_n = 3r - \frac{r}{2^{n-1}}.$$

Tội phạm bị bắt nếu $y_n + r \geqslant l - r$ ở mức $n$ nào đó, tức là $\frac{r}{2^{n-1}} \leqslant 5r - l$. Từ đó chúng ta có thể thấy rằng nếu $5r > l$, thì sau một số chu kỳ đủ lớn, nó sẽ bị bắt.

2. Lời giải bài toán tại $l/7 < r \leqslant l/5$ sử dụng ý tưởng mới sau: sau một số chu kỳ đủ lớn được mô tả ở phần 1, thanh tra phải đi sâu hơn vào hành lang tiếp theo với khoảng cách không phải $y_n + r$ mà là $l - r$ (tức là “đọc” cho đến hết), không để ý đến việc tội phạm có thể chạy vào hành lang $OC$.

Hãy đặt $\varepsilon = \frac{7r - l}{2}$. Thanh tra viên phải tiến hành như mô tả trong Phần 1 cho đến khi thỏa mãn bất đẳng thức $y_n \geqslant 3r - \varepsilon$. Sau đó, thanh tra đi sâu hơn vào hành lang tiếp theo (giả sử $OA$) ở khoảng cách $l - r$. Quay lại điểm $O$ và không thấy tên tội phạm, thanh tra biết rằng không có tên tội phạm nào ở hành lang $OA$, và trong hành lang $OC$ tên tội phạm không được ở khoảng cách xa $O$, hơn $(l - r) - (3r - \varepsilon) = 3r - \varepsilon$. Sau đó thanh tra đi sâu hơn vào hành lang $OC$ đến khoảng cách $4r - 2\varepsilon$. Sau khi quay lại điểm $O$ và không nhìn thấy tên tội phạm, thanh tra biết rằng không có tên tội phạm nào ở hành lang $OC$ (vì nếu không thì tội phạm sẽ bị phát hiện, khi đang ở trong hành lang $OC$ tính từ Warnicke ở khoảng cách nhỏ hơn $(3r - \varepsilon) + (4r - 2\varepsilon)/2 - (4r - 2\varepsilon) = r)$, và trong hành lang $OA$ tên tội phạm không thể ở khoảng cách từ $O$, hơn $3r - 2\varepsilon = (4r - 2\varepsilon) - r$ Sau đó thanh tra đi đến hành lang $OA$ ở khoảng cách $4r - 4\varepsilon$, rồi đến hành lang $OC$ ở khoảng cách $4r - 8\varepsilon$, lại đến hành lang $OA$ ở khoảng cách $4r - 16\varepsilon$, v.v. Khi thanh tra thấy cần đi đến khoảng cách lấy dấu vân tay thì phải kết luận rằng tội phạm đang ở trong hành lang $OB$.

Vậy thì eeee. Có thể chứng minh rằng ở $r \leqslant l/7$ không có cách nào để hiểu rõ tội phạm. Bằng chứng về thực tế này do I. Golubchka và V. Prasolova đưa ra rất phức tạp và do đó không được đưa ra ở đây.

V. Drinfeld,
V. Sokolov

**M646. Từ điểm $O$ trên mặt phẳng có 2n vectơ có độ dài 1. Chúng được tô xen kẽ màu đỏ và xanh lam. Gọi $\vec{s} - \vec{c}$ là tổng của $n$ vectơ màu đỏ, $\vec{r} - \vec{c}$ là tổng của $n$ vectơ màu xanh. Chứng minh rằng $|\vec{s} - \vec{r}| \leqslant 2$.

Hướng vectơ $\vec{s} - \vec{r}$

$$\left( \frac{a^2 - b^2}{2} \right)^2 \geqslant \sqrt{\frac{a^2 - b^2}{2}} - \frac{a + b}{2}.$$

Hãy tưởng tượng vectơ $\vec{s} - \vec{r}$ là tổng của $n$ vectơ đen (xem hình), mỗi vectơ là hiệu của vectơ màu đỏ và vectơ màu xanh ở gần nó (theo chiều kim đồng hồ). Các vectơ màu đen nằm trên các cung rời rạc theo cặp của một đường tròn có bán kính $1$ có ​​tâm tại điểm $O$.

Bây giờ chúng ta giả sử rằng vectơ $\vec{s} - \vec{r}$ khác 0 (mọi thứ đã được chứng minh). Chúng ta hãy chiếu các vectơ màu đen thu được lên hướng của vectơ $\vec{s} - \vec{r}$. Dễ dàng nhận thấy các hình chiếu có hướng trùng với hướng của vectơ $\vec{s} - \vec{r}$ không cắt nhau và giảm dần dọc theo đường kính của đường tròn. Do đó, tổng độ dài của chúng không vượt quá 2. Mặt khác, độ dài của vectơ $\vec{s} - \vec{r}$ không vượt quá tổng này. Vì vậy $|\vec{s} - \vec{r}| \leqslant 2$.

E. Shustin

Đầu tiên là lời giải. Chúng ta hãy tạo khoảng cách cho hàm $f(x) = x^2 + \sqrt{x}$. Sau khi tính tích thứ hai $f''(x) = 2 - \frac{1}{4}x^{-3/2}$, chúng ta thấy rằng $f''(x) \geqslant 0$ tại $x \in \left[ \frac{1}{4}; +\infty \right]$. Theo đó, trên khoảng $\left[ \frac{1}{4}; +\infty \right]$ hàm số $f$ là lồi hướng xuống (để lấy tích phân).

23

trục xem “Đại số và nguyên lý giải tích 10”, đoạn 79); Hình vẽ cho thấy đồ thị của nó. Do đó («Kvant», 1980, Số 3, trang 21) đối với mọi điểm $x, y$ của khoảng này

$$\frac{f(x) + f(y)}{2} \geq f\left(\frac{x+y}{2}\right).$$

Áp dụng bất đẳng thức cuối cùng cho các điểm $a^2, b^2$, ta thu được mệnh đề bài toán.

Thứ hai lời giải. Một lần nữa, thay thế $a^2$ bằng $x$ và $b^2$ bằng $y$. Hãy xem xét chức năng

$$\varphi(x, y) = \left(\frac{x-y}{2}\right)^2 - \sqrt{\frac{x+y}{2}} + \frac{\sqrt{x} + \sqrt{y}}{2}.$$

Chúng ta sẽ giả sử rằng $x \geq y \geq 1/4$ và kiểm tra hàm $\varphi(x, y)$ để biết “tính đơn điệu trong $x$”, coi biến $y$ là một tham số.

$$\varphi'_x(x, y) = \frac{x-y}{2} - \frac{1}{2\sqrt{2(x+y)}} + \frac{1}{4\sqrt{x}} =$$

$$= \frac{1}{2} \left(x-y + \frac{\sqrt{2(x+y)} - 2\sqrt{x}}{2\sqrt{x} \cdot \sqrt{2(x+y)}}\right) =$$

$$= \frac{x-y}{2} \cdot \left(1 - \frac{1}{\sqrt{x} \cdot \sqrt{2(x+y)} \cdot (\sqrt{2(x+y)} + 2\sqrt{x})}\right) \geq$$

$$\geq \frac{x-y}{2} \cdot \left(1 - \frac{1}{\frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 2}\right) = 0,$$

nghĩa là, hàm $\varphi(x, y)$ là hàm không giảm đối với $x$.

Vì tại $x=y=\frac{1}{4}$ hàm $\varphi$ biến mất, $\varphi(x, y) \geq 0$ tại $x \geq y \geq \frac{1}{4}$, điều này cho chúng ta bất đẳng thức cần thiết.

I. Klumova

M648. Chứng minh rằng nếu các đường chéo của một tứ giác nội tiếp là các đường vuông góc thì trung điểm các cạnh của nó và đáy của các đường chéo đó rơi từ giao điểm của đường chéo của nó lên các cạnh nằm trên cùng một đường tròn.

Hình 1.

Hình 2.

Trước hết, chúng ta lưu ý rằng nếu $ABCD$ là một tứ giác nội tiếp có các đường chéo vuông góc (Hình 1), thì các tam giác đồng dạng $AKB$ và $CKD$ (K là giao điểm của các đường chéo) được đặt sao cho phần kéo dài của đường cao hạ xuống cạnh huyền của một trong số chúng là đường trung bình của tam giác kia. (Thực tế này, ngay sau sự bằng nhau của các góc được đánh dấu trong Hình 1, về cơ bản đã được sử dụng trong lời giải bài toán M546 và M592 - xem «Kvant», 1980, Số 1, 8.)

Hơn nữa: trung điểm $L, P, M, Q$ của các cạnh của tứ giác $ABCD$, là các đỉnh của một cung thẳng (Hình 2), nằm trên cùng một đường tròn. Hãy chứng minh rằng tâm $O_1$ của đường tròn này chia đôi đoạn $OK$ (O là tâm của đường tròn nội tiếp tứ giác của chúng ta).

Để làm điều này, chẳng hạn, chỉ cần chứng minh rằng tứ giác $LKMO$ là hình bình hành là đủ. Vì $LK$ là đường trung bình của tam giác $AKB$ nên phần mở rộng của nó là đường cao của tam giác $CKD$, tức là $(LK) \perp (DC)$. Nhưng cũng có $(OM) \perp (DC)$ (đường kính đi qua giữa dây cung); do đó các đoạn $LK$ và $OM$ song song với nhau. Sự song song của các đoạn $LO$ và $KM$ được chứng minh theo cách tương tự.

Bây giờ đối với phần kết thúc lời giải bài toán, chẳng hạn, chúng ta chỉ cần thiết lập rằng $|O_1M| = |O_1H|$ là đủ, trong đó $H$ là đáy của hình vuông góc, được hạ thấp từ điểm $K$ sang một bên $CD$. Nhưng điều này xuất phát từ thực tế rằng $O_1$ là điểm giữa cạnh huyền $LM$ của một cung thẳng (Hình 3).

Vì vậy, tất cả tám điểm được đề cập ở điều kiện bài toán đều nằm trên cùng một đường tròn. Điều thú vị là bán kính của “vòng tròn tám điểm” này hoàn toàn được xác định bởi bán kính $R$ của vòng tròn đã cho và độ lớn $|OK| = a$. Trong thực tế, bán kính mong muốn bằng một nửa chiều dài [LM], và

$$|LM|^2 = |LP|^2 + |PM|^2 = \frac{1}{4} \left(|AC|^2 + |BD|^2\right) =$$

$$= \frac{1}{4} \left((|AK| + |KC|)^2 + (|BK| + |KD|)^2\right) =$$

24

Hình 3.

Hình 4.

Hình 5.

Hình 6.

Hình 7.

$$\frac{1}{4}(|AB|^2 + |CD|^2 + 2(|AK| \cdot |KC| + |BK| \cdot |KD|)) =$$

$$\frac{1}{4}(|AB|^2 + |CD|^2 + 4(R^2 - a^2)) = \frac{1}{4}(4R^2 + 4(R^2 - a^2)) = 2R^2 - a^2.$$

[Trong tính toán này, trước tiên chúng tôi lợi dụng thực tế là tích độ dài của các đoạn dây cung giao nhau tại cùng một điểm được xây dựng:

$$|AK| \cdot |KC| = |BK| \cdot |KD| = (R - a)(R + a)$$

(Hình 4), và sau đó báo cáo rằng

$$90^\circ = \widehat{BCA} + \widehat{DBC} = \frac{AB + CD}{2},$$

và bổ sung $CD$ cho một nửa khả năng của một nửa khác, bằng nhau $AB$, chúng ta thu được đẳng thức

$$|AB|^2 + |CD|^2 = (2R)^2 = 4R^2,$$

xem hình 5.]

Hãy phác thảo một lời giải khác. Chúng ta hãy chuẩn bị tính toán các điểm có tâm tại điểm $K$ và hệ số 2. Sau đó, câu lệnh bài toán M648 trở thành định lý sau: Cho hai tia phân bố lại lẫn nhau có điểm bắt đầu tại điểm $K$ bên trong một đường tròn cho trước, trùng quanh $K$, cắt đường tròn tại các điểm biến thiên $P$ và $Q$. Sau đó, đỉnh bốn $T$ của hình chữ nhật $PKQT$ (một điểm đối xứng với điểm $K$ so với điểm giữa [PQ]), cũng như điểm $S$, đối xứng với điểm $K$ so với đường thẳng $PQ$, được gọi dọc theo một đường tròn đồng dạng với đường thẳng đã cho (Hình 6). Thực tế thứ hai (khoảng $S$) tiếp nối thực tế thứ nhất, vì $S$ đối xứng với điểm $T$ đối với điểm giữa của phân phối lại thành [PQ] và thực tế thứ nhất (khoảng $T$) thiết lập bài toán trong lời giải M539 («Kvant», 1979, số 11).

“Định lý hồi sinh” này cho phép khái quát hóa lập thể sau:

Nếu ba tia phân bố lại lẫn nhau có điểm bắt đầu tại một điểm cố định $K$ bên trong một hình cầu nhất định, lành quanh $K$, cắt hình cầu tại các điểm thay đổi $A$, $B$ và $C$, thì giao điểm của các đường trung tuyến của tam giác $ABC$ và đáy của sự phân bố lại giảm từ $K$ xuống mặt phẳng $ABC$ được xác định bởi một hình cầu có tâm nằm tại điểm $O_1$ của đoạn $OK$ (O là tâm của hình cầu này) sao cho $|O_1K| = \frac{1}{3}|OK|$ và bán kính là $\frac{1}{3}\sqrt{3R^2 - 2a^2}$, trong đó $a = |OK|$, $R$ là bán kính của hình cầu này.

Điều này có thể được chứng minh, ví dụ, bằng cách sử dụng ký hiệu sau:

Đặt $D$ là đỉnh của hình bình hành được xác định bởi các đoạn $KA$, $KB$ và $KC$, đối diện theo đường chéo với $K$. Tất cả các điểm $D$ đều nằm trên một hình cầu có tâm ở cùng điểm $O$ với hình cầu ban đầu và bán kính $\sqrt{3R^2 - 2a^2}$ (xem lời giải bài toán M639 - «Kvant», 1979, số 11). Trong trường hợp này, với tâm $K$ và hệ số $\frac{1}{3}$, điểm $D$ sẽ luôn đi đến giao điểm của các đường trung tuyến của tam giác $ABC$ (chứng minh đi!), và điểm $O$ sẽ đi đến điểm $O_1$. Như vậy, giao điểm của các đường trung tuyến của tam giác $ABC$ luôn nằm trên hình cầu đã chỉ định.

Còn phải chứng minh rằng hình chiếu của điểm $K$ lên mặt phẳng của tam giác $ABC$ cũng luôn nằm trên mặt cầu này. Vì các đoạn $KA$, $KB$ và $KC$ được phân phối lại cho nhau nên hình chiếu của điểm $K$ trùng với điểm $H$ giao điểm của các đường cao của tam giác $ABC$. Tuyên bố sẽ được chứng minh, chẳng hạn, nếu chúng ta thu được đẳng thức $|O_1H| = |O_1M|$, trong đó $M$ là giao điểm của các đường trung tuyến của tam giác $ABC$. Để làm điều này, chúng ta lưu ý rằng tâm của hình cầu $O$ được chiếu vào tâm $Q$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ và sử dụng thực tế nổi tiếng sau: các điểm $Q$, $M$ và $H$ nằm trên cùng một đường thẳng (đường thẳng Euler), điểm $M$ nằm giữa các điểm $Q$ và $H$, với $2|QM| = |MH|$. (Nếu bạn không biết sự thật này, hãy chứng minh điều đó.) Phần còn lại dễ dàng suy ra từ Hình 7: phẳng

25

M649. Chứng minh đẳng thức
$$\frac{1}{2} c_n^2 + (c_n - c_1)^2 + (c_n - c_2)^2 + \dots + (c_n - c_{n-1})^2 = \frac{n}{2},$$
thức ăn $c_1 = 1, c_2 = 1 + \frac{1}{3},$
$c_3 = 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5}, \dots,$
$c_n = 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{2n-1}$.

Hãy chứng minh điều đó
$$c_n^2 + 2(c_n - c_1)^2 + 2(c_n - c_2)^2 + \dots + 2(c_n - c_{n-1})^2 = n.$$
Để thực hiện việc này, thay thế các giá trị $c_i$ ($i = 1, \dots, n$) vào vế trái:
$$\left(1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2 + 2\left(\frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2 + 2 \cdot \left(\frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2 + \dots + 2 \cdot \left(\frac{1}{2n-1}\right)^2 = 1 \cdot \left(\left(1 + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2 - \left(\frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2\right) + 3 \cdot \left(\left(\frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2 - \left(\frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2\right) + 5 \cdot \left(\left(\frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right) - \left(\frac{1}{7} + \frac{1}{9} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2\right) + \dots + (2n-1) \cdot \left(\frac{1}{2n-1}\right)^2 = 1 \cdot \left(1 + \frac{2}{3} + \frac{2}{5} + \dots + \frac{2}{2n-1}\right) + 3 \cdot \frac{1}{3} \cdot \left(\frac{1}{3} + \frac{2}{5} + \frac{2}{7} + \dots + \frac{2}{2n-1}\right) + 5 \cdot \frac{1}{5} \cdot \left(\frac{1}{5} + \frac{2}{7} + \frac{2}{9} + \dots + \frac{2}{2n-1}\right) + \dots + \frac{1}{2n-1} = 1 + \frac{3}{3} + \frac{5}{5} + \frac{7}{7} + \dots + \frac{2n-1}{2n-1} = 1 + 1 + 1 + \dots + 1 = n.$$
S. Manukyan

M650. Có trình tự không
$$a_1, a_2, a_3, \dots, a_n, \dots$$
a) các số tự nhiên sao cho bất kỳ số tự nhiên nào cũng có thể được viết duy nhất dưới dạng tổng của một số số hạng của nó:
$$a_{i+1} + \dots + a_{i_k} \quad (i_1 < \dots < i_k, k \ge 1);$$
b) các số tự nhiên sao cho 1 không thể biểu diễn dưới dạng () và bất kỳ số nguyên nào khác 0 đều có thể biểu diễn dưới dạng () một cách duy nhất;
c) các số nguyên sao cho 0 không thể được biểu diễn dưới dạng () và bất kỳ số nguyên nào khác 0 đều có thể được biểu diễn dưới dạng () một cách duy nhất;
f) các số nguyên sao cho 0 và 1 không được biểu diễn dưới dạng () và bất kỳ số nguyên nào khác 0 đều được biểu diễn dưới dạng () một cách duy nhất?

Hãy chứng minh điều đó
$$c_n^2 + 2(c_n - c_1)^2 + 2(c_n - c_2)^2 + \dots + 2(c_n - c_{n-1})^2 = n.$$
Để thực hiện việc này, thay thế các giá trị $c_i$ ($i = 1, \dots, n$) vào vế trái:
$$\left(1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2 + 2\left(\frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2 + 2 \cdot \left(\frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2 + \dots + 2 \cdot \left(\frac{1}{2n-1}\right)^2 = 1 \cdot \left(1 + \frac{2}{3} + \frac{2}{5} + \dots + \frac{2}{2n-1}\right) + 3 \cdot \frac{1}{3} \cdot \left(\frac{1}{3} + \frac{2}{5} + \frac{2}{7} + \dots + \frac{2}{2n-1}\right) + 5 \cdot \frac{1}{5} \cdot \left(\frac{1}{5} + \frac{2}{7} + \frac{2}{9} + \dots + \frac{2}{2n-1}\right) + \dots + \frac{1}{2n-1} = 1 + \frac{3}{3} + \frac{5}{5} + \frac{7}{7} + \dots + \frac{2n-1}{2n-1} = 1 + 1 + 1 + \dots + 1 = n.$$
B) bước quy nạp. Để xác định, chúng ta hãy giả sử rằng đối với $2^n$ dấu là “plois” (nghĩa là $n$ là số lẻ) và từ tập hợp $(-1, 2, -4, \dots, \pm 2^n)$ người ta có thể thu được duy nhất dưới dạng (*) tất cả các số nguyên (trừ 0) từ khoảng từ $-1$ đến $-4$ đến $-16$ — — (thành viên phủ định cuối cùng của tập hợp) đến $2 + 8 + 32 + \dots + (последний положительный член набора). Базис индекции ($n = 1$) оченьiden. Иndукции шаг. Предположим, для определенияности, что при$2^n$знак «плоис» (то есть$n$нечетное) и что из набора$(-1, 2, -4, \dots, \pm 2^n)$можно единственным образом получить в виде (*) все целые числа (кроме нуля) из промежутка от$-1$до$-4$до$-16$— — (последний отрицательный член набора) до$2 + 8 + 32 + \dots + (thành viên tích cực cuối cùng của tập hợp). Tuyên bố đã được chứng minh.
d) Trình tự như vậy không tồn tại.

Chứng minh tồn tại và coi $a_1$ là số hạng của nó khác với $-1$. Khi đó các số $1 + a_1$ và $1 - a_1$ được biểu diễn dưới dạng (*)

26

M651. Ngày thuê một chiếc ghế sofa, một chiếc vali, một hành lý, một chiếc giỏ, một bức tranh, bìa cứng và một con chó nhỏ ở chân đế. Chiếc ghế sofa nặng bằng một chiếc vali và hành lý cộng lại, cũng như một bức tranh, một chiếc giỏ và bìa cứng cộng lại. Bức tranh, cái giỏ và tấm bìa nặng bằng nhau, cái nào nặng hơn con chó. Khi họ dỡ các căn cứ xuống, người phụ nữ nói rằng con chó đó là giống chó sai. Khi kiểm tra, hóa ra con chó sẽ di chuyển chiếc ghế sofa nếu bạn thêm chuồng chó hoặc vali vào đó. Chứng minh rằng yêu cầu của cô gái là đúng.

Đặt một chiếc ghế sofa, một chiếc vali, một túi hành lý và một con chó nhỏ nặng lần lượt là D, H, S và M, và một bức tranh, một cái giỏ và bìa cứng - mỗi chiếc K kg (theo giả định, chúng nặng như nhau). Hãy viết dữ liệu tước theo các ký hiệu sau:
(1) D=H+C; (2) D=3K; (3) K>M; (4) M+C>D; (5) M+H>D. Từ (1)–(3) ta thu được
(6) H+C>3M.

Sau đó cộng các bất đẳng thức (4)–(6), xét đến (1), ta được bất đẳng thức M<0 là không thể xảy ra nên khẳng định của người phụ nữ là đúng.

Lưu ý rằng bài toán M651 không thực tế lắm. Theo điều kiện, hóa ra bìa cứng chỉ nhẹ hơn ghế sofa ba lần. (Chúng ta phải giả định rằng thẻ không chứa mũ mà chứa thứ gì đó nặng hơn.) Ngoài ra, trong lời giải, chúng tôi tin rằng con chó nặng như nhau trước và sau cuộc hành trình (nếu các điều kiện không mâu thuẫn với nhau thì con chó phải lớn lên ít nhất một lần rưỡi trong suốt cuộc hành trình, điều này tất nhiên là khó xảy ra).

V. Gutenmacher

M652. Vợ tôi cắt một tấm bìa cứng polyorganic lồi thành các cạnh (dọc theo các cạnh) và gửi bộ cạnh này qua đường bưu điện đến Vita. Vita đã tạo ra một khối đa hữu cơ lồi từ tất cả các khuôn mặt này. Phải chăng sự đa hữu cơ của Zhenya và Vitya không phù hợp?

Vâng, nó có thể hoạt động theo cách đó. Một ví dụ về một tập hợp tám mặt như vậy, từ đó có thể dán hai khối đa hữu cơ lồi có hình dạng khác nhau, được thể hiện trong Hình 1. Các khối đa hữu cơ tương ứng là các đường thẳng tứ giác không đều giống hệt nhau, được dán theo nhiều cách khác nhau bởi một đế chung - một hình chữ nhật có kích thước 2 × 5; một trong những chất đa hữu cơ này đối xứng với mặt phẳng của hình chữ nhật này và cái còn lại đối xứng với tâm của nó (Hình 2).

Hãy nghĩ xem số lượng mặt nhỏ nhất mà một tập hợp có thể bao gồm để chấp nhận các đa hữu cơ không gây chấn động là bao nhiêu. Chất đa hữu cơ của Zhenya và Vite có nhất thiết phải có thể tích bằng nhau không?

Lưu ý rằng nếu tất cả các cạnh của polyorganic có độ dài khác nhau hoặc được chỉ định đơn giản bởi các phòng khác nhau.

Nhiệm vụ M651-M655 được lấy từ cuốn sách “Đại số toán tương ứng”, (M., “Nauka”, 1981).

27

Kami trên các mặt - để biết chính xác nên dán cạnh nào - thì khối đa diện của Zhenya và Vitya chắc chắn sẽ bị tắc nghẽn. Điều này khác xa với định lý Cauchy đơn giản về khối đa diện lồi; Bằng chứng của nó có thể được đọc trong cuốn sách của L. A. Lyusternik “Hình lồi và khối đa diện” (ấn bản thứ hai của cuốn sách này sẽ được xuất bản trong Thư viện năm nay «Kvant»).

N. Vasiliev

M653. Có một cây thước có hai phần. Sử dụng thước kẻ, bạn có thể vẽ các đường thẳng và đoạn thẳng tùy ý có độ dài nhất định. Sử dụng nó để dựng a) một góc vuông nào đó; b) Đường thẳng vuông góc với một đường thẳng cho trước.

Chúng ta sẽ coi độ dài của đoạn này giữa các điểm bằng 1.

a) Vẽ hai đường thẳng cắt nhau từ giao điểm O của chúng vẽ các đoạn OA, OB, OC, OD có độ dài 1. Khi đó tất cả các góc của tứ giác ABCD sẽ vuông (mỗi góc nằm trên đường kính AC hoặc BD của đường tròn bán kính 1 tâm O).

b) Trên một đường thẳng cho trước từ điểm O, vẽ các đoạn OA và OC có độ dài 1. Sau đó, trên một số đường thẳng đi qua O, vẽ các đoạn OE và OF có độ dài 1 trên cùng một nửa mặt phẳng (xem hình). Bây giờ chúng ta vẽ các đường thẳng AE và CF cắt nhau tại một điểm B, và các đường thẳng AF và CE cắt nhau tại một điểm H. Khi đó đường thẳng BH sẽ vuông góc với đường thẳng này, vì ba đường cao của một tam giác luôn cắt nhau tại một điểm (các điểm E và F đóng vai trò là các đỉnh của góc vuông dựa trên đường kính AC của đường tròn bán kính 1 tâm O).

Lý thuyết về cách xây dựng hình học bằng thước và tiêu chuẩn về chiều dài được thảo luận chi tiết trong cuốn sách mang tính bước ngoặt của D. Hilbert “Cơ sở của hình học” (Moscow, Gostekhidat, 1948) liên quan đến việc phân tích hệ tiên đề. Những công cụ này được sử dụng để giải các bài toán xây dựng đa dạng bài toán trong tiếng Hy Lạp (một phần, thông qua một điểm cho trước, bạn có thể vẽ một đường thẳng song song với một đường thẳng đã cho; từ một đường thẳng cho trước, bạn có thể vẽ một góc bằng với đường thẳng đã cho), nhưng hóa ra, không phải tất cả những bài toán đều có thể giải được với sự trợ giúp của la bàn và thước kẻ.

V. Gutenmacher

M654. Câu khẳng định sau đây có đúng không: từ sáu số tự nhiên bất kỳ, bạn có thể chọn ba số, mỗi số không có ước chung lớn hơn 1 hoặc ba số có ước chung lớn hơn 1?

Tuyên bố này là không chính xác. Dưới đây là ví dụ về sáu số, trong đó không có ba số nào có ước số chung (lớn hơn 1) và không có ba số nào là số nguyên tố ghép đôi: 70, 165, 247, 286, 323, 357; thêm một ví dụ nữa với số nhỏ hơn: 14, 15, 18, 33, 55, 63. Hãy xem cách xây dựng các ví dụ tương tự.

Hãy biểu thị các số của chúng ta bằng sáu dấu chấm; những cái có số nhân chung được chứa bởi một “cạnh” (cung) và chúng ta viết số nhân chung này lên cạnh. Trong trường hợp này, điều cần thiết là tất cả các số nhân được viết đều phải là số nguyên tố cùng nhau - giả sử, đây có thể là các số nguyên tố khác nhau (nếu không, ba trong số các số của chúng ta sẽ có một số nhân chung) - và, ngoài ra, từ mỗi ba điểm, ít nhất hai điểm được nối với nhau bằng một cạnh (nếu không, chúng ta sẽ tìm thấy ba số nguyên tố cùng nhau theo cặp). Không khó để xây dựng một đồ thị như vậy - nối điểm thứ sáu với các cạnh sao cho điều kiện cuối cùng được thỏa mãn; đối với điều này, không nhất thiết phải vẽ tất cả 15 cạnh giữa sáu điểm - bạn có thể đi xung quanh tất cả hoặc thậm chí sáu cạnh (Hình a), b) tương ứng với hai ví dụ trên); vẫn là một số thay đổi trên tất cả các cạnh tiếp cận từng đỉnh trong số sáu đỉnh và ví dụ đã sẵn sàng.

Một số độc giả đã mắc lỗi trong lời giải điều này bài toán, đề cập đến thực tế sau (chúng tôi trình bày nó trong công thức được đề xuất trong một trong những cách tối ưu hóa cũ của Hungary và kể từ đó đã trở thành cổ điển): từ sáu người, bạn có thể chọn ba người quen theo cặp hoặc ba người lạ theo cặp. Thực tế này là đúng, nhưng vấn đề là ba số nguyên theo cặp có một số nhân chung thì không nhất thiết phải có một số nhân chung (lớn hơn 1) cho tất cả chúng.

N. Vasiliev

28

M655. Trên bàn của viên chức Bộ Tình tiết có n tập Bách khoa toàn thư của Anh, nhiều chồng trong số đó. Hàng ngày, khi đến nơi làm việc, người thư ký lấy từ mỗi chồng một tập và xếp các tập đã lấy vào một chồng mới, sau đó sắp xếp các chồng theo số tập (theo thứ tự không tăng dần) và điền vào bảng kê trong đó chỉ rõ số tập trong mỗi chồng. Ngoài những gì đã nói ở trên, cynovnik không làm gì cả.
a) Trong tháng sẽ ghi gì vào bảng kê nếu tổng số tập là n=3, n=6, n=10 (vị trí ban đầu là tùy ý)?
b) Chứng minh rằng nếu tổng số tập là n=k(k+1)/2, trong đó k là số tự nhiên thì bắt đầu từ một ngày nhất định, câu lệnh sẽ có các mục giống nhau.
c) Tìm hiểu xem điều gì sẽ xảy ra sau nhiều ngày làm việc đối với các giá trị khác của n.

Hình 1.
n=3, m=3, T=2

Hình 2.

Khi n=3 chỉ có ba cách sắp xếp:
(1,1,1) - ba chồng một tập;
(3) - một chồng ba tập;
(2,1) - một chồng hai và một chồng một tập.

Các mũi tên trong Hình 1 cho biết mỗi địa điểm sẽ trở thành gì vào ngày hôm sau. Có thể thấy từ hình vẽ rằng, bất kể chúng ta bắt đầu từ đâu, không muộn hơn hai ngày sau (được viết là T=2), sự sắp xếp (2,1) sẽ xuất hiện và sau đó nó sẽ lặp lại. Hình 2 thể hiện một đồ thị tương tự với n=6. Số m cách sắp xếp có thể có (các đỉnh của đồ thị) ở đây là 11. Không muộn hơn T=6 ngày sau khi bắt đầu công việc, cách sắp xếp (3,2,1) sẽ xuất hiện và sau đó nó sẽ lặp lại. Một đồ thị tương tự cho n=10 có m=42 đỉnh (để tiết kiệm không gian, nó không được vẽ); trong trường hợp này, không muộn hơn T=12 ngày sau khi bắt đầu công việc phát sinh từ cùng một biểu đồ, cùng phân bố các đỉnh.

Tất nhiên, không phải mọi đồ thị có hướng, từ mỗi đỉnh có một mũi tên, đều có một đỉnh “cuối cùng”, tức là không phải lúc nào cũng vậy, và đối với các mũi tên này, chúng ta sẽ đến cùng một đỉnh và ở lại đó (Hình 3). Biểu đồ có thể chia thành các phần riêng biệt không được kết nối bằng bất kỳ mũi tên nào và có thể chứa các chu trình. Do đó, việc với n=$\frac{k(k+1)}{2}$, bắt đầu từ một ngày nào đó, cách sắp xếp như nhau (k, k-1, …, 3, 2, 1) không có ý nghĩa gì nhiều, và bây giờ chúng ta sẽ chứng minh điều đó, từ đó giải được điểm 6) của điều kiện bài toán. Hãy xem xét ngay một giá trị tùy ý của n.

Chúng ta hãy tưởng tượng bốn tờ giấy ca rô vô hạn (Hình 4), các ô được sắp xếp theo cặp số tự nhiên từ trái sang phải và từ trên xuống dưới: ô có số (x, y) nằm trong cột có số x và ở hàng có số y.

Chúng ta hãy tạo n hình và đặt chúng vào các ô của tờ giấy như sau: cột đầu tiên có một cột hình, ngăn xếp thứ nhất có bao nhiêu tập, cột thứ hai một cột hình, ngăn xếp thứ hai có bao nhiêu tập, v.v. Vị trí của các hình trong Hình 4 nghĩa là có 8, 3, 3, 1, 1, 1 tập trong các cột tương ứng. Sự biến đổi mà người làm chiếu thực hiện hàng ngày trên bàn của mình có thể được thể hiện trên trang tính của chúng ta dưới dạng ba thao tác sau:

1. Hãy loại bỏ fizek nằm ở dòng dưới cùng (trong Hình 4 chúng được đặt bằng các số).
2. Hãy di chuyển fizek còn lại (chúng được đặt bằng chữ cái Latinh) xuống một ô và sang phải một ô.
3. Bây giờ chúng ta hãy đặt các hình đã bị loại bỏ trên giấy, nhưng không phải ở dòng dưới cùng nơi chúng được lấy, mà ở cột ngoài cùng bên trái (bỏ trống) theo thứ tự từ trên xuống dưới, trong đó chúng nằm theo dòng từ trái sang phải.

Kết quả của những thao tác này là Hình 4 sẽ chuyển thành Hình 5. Tuy nhiên, kết quả của ba thao tác của chúng ta khác với những gì tấm thảm thực hiện, ở chỗ các ngăn xếp có thể bị đặt sai thứ tự: trong Hình 5, có 6 tập ở cột ngoài cùng bên trái và 7 tập ở cột tiếp theo. Điều này có thể dễ dàng sửa chữa bằng cách di chuyển ficek M một ô sang trái (như được minh họa bằng mũi tên trong Hình 5), nhưng hiện tại chúng ta sẽ không thực hiện những chuyển động như vậy mà sẽ giới hạn ở một phép biến đổi bao gồm ba thao tác được mô tả. Trong trường hợp này, phép biến đổi fizek trong ô (x,y) sẽ chuyển sang ô (1,x), nếu y=1, hoặc (x+1,y-1), nếu y>1.

Hãy gọi đường chéo thứ i là tập hợp các ô (x,y) sao cho x+y=i+1. Dưới ảnh hưởng của phép biến đổi của chúng ta, fizek nằm trên đường chéo thứ i không chứa nó mà sẽ di chuyển dọc theo nó theo các quy tắc:

$$\begin{align*} (1,i) &\rightarrow (2,i-1) \rightarrow (3,i-2) \rightarrow \dots \rightarrow (i,1) \end{align*}$$

Bây giờ hãy hoàn thành quá trình chuyển đổi của chúng tôi:

4. Trong mỗi dòng, nếu có thể, hãy di chuyển tất cả các chữ sang trái một khoảng trắng.

Việc chuyển đổi bổ sung đã khớp chính xác với chức năng của tấm thảm. Bây giờ đối với một số người tập thể dục

29

giá trị của $x+y$ có thể giảm nhưng vẫn không thể tăng. Nhưng đại lượng $x+y$ là số tự nhiên. Do đó, nó không thể giảm vô hạn nhiều lần. Một ngày nào đó, đối với tất cả chip, giá trị $x+y$ sẽ không còn giảm nữa. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng với bất kỳ $i$ nào thì các điều kiện sau sẽ được thỏa mãn: nếu đường chéo thứ $i$ không chứa đầy chip thì không có một con chip nào trong đường chéo thứ $(i+1)$.

Chúng ta hãy chứng minh điều này bằng phản chứng: giả sử có một hình vuông trống ở đường chéo thứ $i$ và một mã thông báo ở đường chéo thứ $(i+1)$. Các quân cờ trên đường chéo $i$ (nếu có) di chuyển, kết thúc ở vị trí ban đầu sau mỗi $i$ bước. Quân cờ trên đường chéo $(i+1)$ di chuyển, kết thúc ở vị trí ban đầu sau mỗi $(i+1)$ bước. Hãy xem điều gì xảy ra tại thời điểm 0 (đếm gốc tọa độ), $(i+1), 2(i+1), 3(i+1), ..., i(i+1)$. Con chip trên đường chéo thứ $(i+1)$ tại những thời điểm này sẽ kết thúc ở cùng một vị trí tại thời điểm 0. Hãy để vị trí trên đường chéo thứ $i$ dường như di chuyển cùng với các con chip và tại các thời điểm được liệt kê ở trên, nó sẽ nằm trên tất cả các ô của đường chéo thứ $i$, bao gồm cả vị trí ở bên trái của ô nơi đặt con chip. Nhưng sau đó mảnh này di chuyển sang trái và chúng tôi cho rằng tất cả các chuyển động như vậy đã kết thúc. Tuyên bố đã được chứng minh.

Đây là kiểu sắp xếp các con chip nào, trong đó chỉ một con chip trống mới có thể theo sau một con chip không đầy đủ theo đường chéo? Nếu $n = \frac{k(k+1)}{2}$, thì chỉ có một cách sắp xếp như vậy: tất cả các đường chéo từ 1 đến $k$ đều chứa đầy chip và tất cả các đường chéo tiếp theo đều trống. Bây giờ hãy $n \neq \frac{k(k+1)}{2}$. Khi đó tồn tại $k$ sao cho $\frac{k(k+1)}{2} < n < \frac{(k+1)(k+2)}{2}$.

Hãy đặt $r=n-\frac{k(k+1)}{2}$. Trong trường hợp này, việc sắp xếp các quân chip, trong đó đường chéo không hoàn chỉnh được theo sau bởi các quân cờ trống, như sau: tất cả các đường chéo từ thứ 1 đến thứ $k$ đều chứa đầy chip, trên đường chéo thứ $(k+1)$ có ​​chip $r$ và các đường chéo sau đây trống. Các quân nằm trên đường chéo $(k+1)$ di chuyển dọc theo nó, kết thúc ở vị trí ban đầu sau mỗi $(k+1)$ bước. Đây là đáp số cho câu hỏi c).

Nếu số lượng chip trên đường chéo thứ $(k+1)$ chỉ được xác định bởi tổng số chip, thì vị trí của chúng phụ thuộc vào vị trí ban đầu của các chip, do đó, với $n \neq \frac{k(k+1)}{2}$, tùy thuộc vào vị trí ban đầu của các tập, có thể thu được các bộ hồ sơ lặp lại định kỳ khác nhau của quan chức (kể cả với cùng một $n$, có thể thu được các khoảng thời gian khác nhau).

Ngoài ra, thật thú vị khi tìm hiểu xem thời gian giao hàng để đạt được trạng thái được mô tả từ bất kỳ trạng thái ban đầu nào với $n$ chip là bao lâu. Để đơn giản, ràng buộc $n = \frac{k(k+1)}{2}$ và biểu thị bằng $T(k)$ thời gian ngắn nhất mà sự sắp xếp $(k,k-1,...,3,2,1)$ có được từ bất kỳ sự sắp xếp tập ban đầu nào.

Hãy để chúng tôi chứng minh rằng $T(k) \geq k(k-1)$. Để thực hiện điều này, chúng tôi trình bày cho mỗi $k$ một bản phân phối cụ thể của các tập $\frac{k(k+1)}{2}$ trong các ngăn xếp, phân bổ này chỉ trở thành bản phân phối cuối cùng sau $k(k-1)$ bước: $(k-1,k-1,k-2,k-3,k-4,...,3,2,1,1)$. Mô tả của nó trên tờ giấy ca rô của chúng tôi khác với mô tả về phân phối cuối cùng chỉ ở chỗ một con chip nằm sai vị trí: trong ô $(k+1,1)$ cùng với ô $(1,k)$. Dưới ảnh hưởng của phép biến đổi của chúng tôi, chỉ có con chip trên đường chéo thứ $(k+1)$ và “lỗ” (tức là “thiếu chip”) trên đường chéo thứ $k$ đều bắt đầu di chuyển dọc theo đường chéo của riêng nó. Vì đường chéo thứ $k$ ngắn hơn đường chéo thứ $(k+1)$ một điểm nên lỗ sẽ đỡ bộ đếm và đuổi kịp nó trong $(k+1)$ bước.

30

F664.*) Khi chụp ảnh một nguồn chính xác ở xa trong ảnh, do nhu cầu về chất lượng của vật thể và việc sử dụng vật liệu ảnh, sẽ thu được một vòng tròn ánh sáng có đường kính $d=0,1$ mm. Hai nguồn chính xác có thể được hình thành từ khoảng cách tối đa bao nhiêu trong cùng điều kiện, nằm cách nhau $l=1$ cm, sao cho ảnh của chúng không trùng nhau trong ảnh? Tiêu cự của vật là $F=5$ cm.

Các nguồn càng xa máy ảnh thì khoảng cách giữa tâm các điểm trên phim càng nhỏ. Khoảng cách tối thiểu giữa các tâm điểm
$\Delta l=d=0,1$ mm

(trong trường hợp này, các điểm chạm vào nhau mà không chồng lên nhau) nhỏ hơn nhiều lần so với khoảng cách $l$ giữa các nguồn; Do đó, các nguồn nằm xa camera và ảnh có thể được coi là nằm trong mặt phẳng tiêu cự của vật. Khi đó khoảng cách yêu cầu $L$ có thể được xác định từ sự tương ứng
$$\frac{L}{F} = \frac{l}{\Delta l} = \frac{l}{d} \Rightarrow L = \frac{Fl}{d} = 500 \text{ см.}$$

Ở khoảng cách ngắn hơn, các điểm trên phim sẽ chồng lên nhau một phần.

A. Zilberman

F665. Ở trạng thái cách nhiệt, có hai chất lỏng có nhiệt dung riêng $c_1$ và $c_2$, được ngăn cách bởi một vách ngăn dẫn điện dị chất. Nhiệt độ chất lỏng khác nhau. Vách ngăn được loại bỏ và sau khi thiết lập trạng thái cân bằng nhiệt, chênh lệch giữa nhiệt độ ban đầu của một trong các chất lỏng và nhiệt độ được thiết lập ở trạng thái hóa ra bằng một nửa chênh lệch nhiệt độ ban đầu của chất lỏng. Tìm tỷ số khối lượng $m_1$ và $m_2$ của chất lỏng thứ nhất và chất lỏng thứ hai.

Giả sử, do trộn chất lỏng, nhiệt độ ban đầu là $t_1$ và $t_2$, nhiệt độ của hỗn hợp trong bình trở thành $t$. Vì bình được cách nhiệt ($\Delta Q=0$),
$$c_1 m_1 (t-t_1) + c_2 m_2 (t-t_2) = 0;$$
từ đây
$$\frac{m_1}{m_2} = \frac{c_2}{c_1} \frac{t-t_2}{t_1-t}.$$
Theo điều kiện bài toán
$$2 (t_1-t) = t_1-t_2 \Rightarrow t-t_2 = t_1-t \Rightarrow \frac{t-t_2}{t_1-t} = 1.$$
Như vậy,
$$\frac{m_1}{m_2} = \frac{c_2}{c_1}$$

• tỷ số khối lượng chất lỏng bằng tỷ số nghịch đảo của nhiệt dung.

A. Buzdin

F666. Bán kính diện tích bên trong của ổ bi là $r$, và diện tích bên ngoài là $R$ (xem hình). Quả bóng sẽ quay bao nhiêu vòng giữa vành này nếu vành ngoài quay $n_1$ và vành trong quay $n_2$ quanh trục?

Các điều kiện là coi số vòng quay được thực hiện bởi mỗi hình nền ngược chiều kim đồng hồ là dương và theo chiều kim đồng hồ là âm.

Theo nguyên lý chuyển động độc lập, vị trí cuối cùng của quả bóng sẽ giống nhau đối với bất kỳ chuỗi quay nào của mỗi lồng. Điều quan trọng duy nhất là tổng góc quay của vòng ngoài bằng $\varphi_1 = 2\pi n_1$ và góc quay của vòng trong - $\varphi_2 = 2\pi n_2$. Do đó, chúng ta biểu diễn mỗi góc bằng tổng của hai số hạng
$$\varphi_1 = \alpha + \beta, \quad \varphi_2 = \alpha + \gamma.$$

Xoay quả bóng theo cùng một góc $\alpha = 2\pi n_0$ tương ứng với chuyển động $\alpha \frac{R+r}{2}$ của tâm quả bóng dọc theo một vòng cung

*) Lời giải bài toán F663 bạn sẽ tìm thấy trong ghi chú của S. Krotov “Sách toán toán trong hệ thống báo cáo quán tính” (trang 32).

31

vòng tròn bán kính $(R+r)/2$. Trong trường hợp này, điểm mà quả bóng tiếp xúc với vật giữ không di chuyển dọc theo nó. Nói cách khác, không có sự lăn của quả bóng trên bề mặt các lồng và so với hệ thống báo cáo đứng yên, quả bóng quay cùng với các lồng ở cùng một góc $\alpha$.

Chúng ta chọn các góc $\beta = 2\pi n_3$ và $\gamma = 2\pi n_4$ sao cho khi $\alpha = 0$ xoay liên tiếp khung bên ngoài theo góc $\beta$, và khung bên trong theo góc $\gamma$ sẽ đưa tâm của quả bóng về điểm xuất phát. Trong trường hợp này, quả bóng sẽ lăn dọc theo bề mặt của lồng.

Bài toán chỉ cho phép lời giải rõ ràng nếu không có bỏ qua. Điều này có nghĩa là độ dài của các cung, là vết của các điểm tiếp xúc trên quả bóng và trên các kẹp, phải giống nhau, nghĩa là

$$|\beta|R = |\gamma|r = |\Theta|\frac{R-r}{2} \text{ и } \beta R + \gamma r = 0.$$

Ở đây $\Theta$ là góc quay của quả bóng so với hệ thống báo cáo đứng yên tại $\alpha = 0$ và $\frac{R-r}{2}$ là bán kính của quả bóng. Từ các phương trình được viết như sau:

$$n_1 = n_0 + n_3, \ n_2 = n_0 + n_4, \ n_3R + n_4r = 0.$$

Từ đây ta tìm được số vòng quay của tâm bi quanh trục của các kẹp:

$$n_0 = \frac{n_1R + n_2r}{R + r}.$$

Trong cùng khoảng thời gian đó, quả bóng sẽ quay so với hệ thống báo cáo đứng yên một góc $\varphi = \alpha - \Theta$, trong đó $\Theta = \beta \frac{2R}{R-r}, \ \varphi = 2\pi n.$

Do đó, nếu vòng bên ngoài quay $n_1$, và vòng bên trong - $n_2$ vòng, quả bóng không trượt qua các vòng sẽ thực hiện

$$n = \frac{n_1R - n_2r}{R - r}$$

số vòng quay so với quan sát đứng yên.

V. Bukhovtsev

F667. Electron nằm bên trong muối ở khoảng cách $r$ tính từ trục của nó. Trong thời gian ngắn $\Delta t$, cảm ứng trường bên trong muối tăng từ $B$ lên $2B$. Tốc độ của electron thay đổi như thế nào? $\Delta t$ phải nhỏ đến mức nào thì lời giải mới đúng?

Khi từ trường thay đổi sẽ xuất hiện một điện trường xuất hiện. Cường độ $E$ của trường này tại các điểm nằm cách trục của cuộn dây một khoảng $r$ bằng cách biết suất điện động cảm ứng trong mạch, biểu thị một đường tròn có bán kính $r$ và bằng giá trị tuyệt đối $a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{eE}{m}$.

Như vậy, trong một thời gian ngắn $\Delta t$ tốc độ của electron thay đổi theo giá trị $\Delta t$, tức là $\frac{eBr}{2m} \ll c.$

Tại lời giải bài toán chúng tôi không dạy tác dụng của từ trường lên một electron đang chuyển động. Lực tác dụng từ từ trường làm tăng electron, hướng dọc theo bán kính của đế. Để điều lời giải trên là đúng, phải đáp ứng điều kiện sau: trong thời gian $\Delta t$ sự thay đổi $\Delta v_r$ của tốc độ dọc theo bán kính