Gặp gỡ độc giả

57

Paryev V. (Khu định cư Krasnogvardeysk, vùng Belgorod, đường cao tốc phía bắc Krasnogvardeyskaya), Prokorov M. (Poltava, đường cao tốc phía bắc số 28), Slepukhin A. (Kaluga, đường cao tốc phía bắc số 5), Timkin V. (Novosibirsk, đường cao tốc phía bắc số 110), Usatok V. (Vladivostok, đường cao tốc phía bắc số 23), Ferleger S. (Tashkent, làng số 110);

cho lớp 9 -
Alekseev R. (Leningrad, Trường Vật lý số 45 tại Đại học Bang Leningrad), Birger A. (Ivanovo, làng số 6), Goldenberg I. (Murmansk, làng số 8), Gonzarenko Y. (Vinnitsa, làng số 15), Zemtsov P. (Novosibirsk, làng số 25), Kovtsov D. (Arzamas, làng số 15), Oykhberg T. (Leningrad, s. sh. Số 239), Samoilov D. (Minsk, s. sh. Số 30), Slavinsky M. (Lyubertsy, s. sh. Số 115), Filippov S. (Belorets, s. sh. Số 14), Yasko R. (Kyiv, s. sh. Số 145);

cho 10 lớp -
Burago A. (Leningrad, Trường Vật lý số 45 tại Đại học bang Leningrad), Gochev G. (Dubna, làng số 9), Kabanov A. (Moscow, Trường Vật lý số 18 tại Đại học bang Moscow), Kravchenko A. (Kharkov, làng số 122), Krivonosov A. (Sverdlovsk, làng số 37), Kurganov D. (Tuapse, làng lộ số 6), Marrevelashili G. (Kutansi, Trường Vật lý), Mikhailok V. (Kyiv, Trường số 2 tại KSU), Nikolaev V. (Khabarovsk, làng số 2), Rumyantsev I. (Angarsk, làng số 10), Filippov V. (Karaganda, làng số 63).

Vật lý

Bằng cấp đầu tiên
trong 8 lớp nhận được
Sverdlov M. (Minsk, làng số 50);
cho lớp 9 -
Barzykin V. (Khu định cư Chernogolovka, vùng Moscow, trường làng số 82), Gritsorye G. (Kyiv, Trường Vật lý số 2 tại KSU), Zhestkov Y. (Alma-Ata, Trường Y Liên bang Nga), Lindunen I. (Leningrad, Trường số 45 tại Đại học bang Leningrad), Sevastyanov A. (Severodvinsk, làng số 17);

cho 10 lớp -
Alekseev A. (Leningrad, trường số 239), Gritsorye G. (Kyiv, Trường Vật lý số 2 tại KSU), Zhestkov Yu. (Alma-Ata, RMSH), Lindunen I. (Leningrad, Trường Vật lý số 45 tại Đại học bang Leningrad), Sevastyanov A. (Severodvinsk, Trường số 17);

cho 10 lớp -
Alekseev A. (Leningrad, trường số 239), Gritsorye G. (Kyiv, Trường Vật lý số 2 tại KSU), Zhestkov Yu. (Alma-Ata, RMSH), Lindunen I. (Leningrad, Trường Vật lý số 45 tại Đại học bang Leningrad), Sevastyanov A. (Severodvinsk, Trường số 17);

bằng cấp II
trong 8 lớp nhận được

Gặp gỡ độc giả
Năm nay, các khóa đào tạo nâng cao truyền thống dành cho giáo viên trung học cơ sở đã diễn ra tại Đại học Moscow. Ngày 12/6, các giáo viên dạy toán, sinh viên các khóa này đã gặp gỡ các thành viên ban biên tập tạp chí «Kvant».

Tại buổi làm việc với các giáo viên, do Phó tổng biên tập tạp chí chủ trì

«Kvant» Yu. P. Solovyov, được may bởi các thành viên biên tập N. V. Vasiliev, N. Kh. Rozov, trưởng khoa toán của tạp chí A. V. Sosinsky. Trong bài phát biểu của mình, họ đã nói về lịch sử, hoạt động và kế hoạch của tạp chí, nhiệm vụ đặt ra cho tạp chí, đại diện cho các loại hình trường trung cấp và dạy nghề.

Nhiều người có mặt đã tích cực tham gia vào cuộc thảo luận sau đó; sự hỗ trợ đủ điều kiện mà tạp chí cung cấp cho họ trong các môn tự chọn và hoạt động ngoại khóa, tầm quan trọng «Kvant» nhằm khơi dậy niềm đam mê vật lý và toán học của học sinh. Trong bài phát biểu của mình, các thầy cô đã đưa ra ý kiến ​​và phê bình ban biên tập tạp chí; những lời khuyên và đề xuất cụ thể đã được đưa ra để cải thiện hơn nữa.

N.R.

59

thì số $P(11) - P(7) = 13 - 11 = 2$ sẽ chia hết cho số 11-7=4.

7. Họ có thể. Hãy đưa ra một ví dụ. Để làm điều này, thông qua đỉnh $D$ của đường thẳng tam giác $ABCD$, có cạnh $DA$ được phân phối lại cho đáy, chúng ta vẽ một mặt phẳng $DMN$ (Hình 5). Kim tự tháp $DNBCM$, rất thuận tiện, đáp ứng đủ điều kiện.

8. a) Đúng. 6) Có thể. Ví dụ: $\sqrt{2}$ và $-\sqrt{2}$.
   b) Giả sử số thứ nhất là số hữu tỉ. Khi đó nó là một phân số thập phân tuần hoàn. Giả sử dấu chấm của phân số này chứa $k$ chữ số và dấu chấm trước phân số đầu tiên có $n$ chữ số. Vì trung bình cộng của các số tự nhiên là một số được viết dưới dạng một, theo sau là $m(m>n+k)$ số 0, nên kết quả là dấu chấm phải bao gồm $k$ số 0, điều này không chính xác. Chúng tôi có một sự mâu thuẫn.
   Giả sử rằng $tg 5^\circ$ là một số hữu tỷ.
   Nhờ công thức $\frac{tg \alpha + tg \beta}{1 - tg \alpha tg \beta} = tg (\alpha + \beta)$ (cụ thể là $tg 2\alpha = \frac{2tg \alpha}{1 - tg^2 \alpha}$), chúng ta có các số $tg 10^\circ$, $tg 20^\circ$ và $tg 30^\circ$ là các số hữu tỷ, nhưng $tg 30^\circ = \frac{\sqrt{3}}{3}$ là số hữu tỷ. Chúng tôi có một sự mâu thuẫn.

9. Đáp số. 3, 4, 6. Lời giải. Có thể dễ dàng đưa ra ví dụ về các mặt cắt như vậy (các đỉnh của hình lục giác là trung điểm của các cạnh tương ứng, Hình 6). Chúng tôi sẽ chứng minh rằng dịch vụ không thể làm khác được. Thứ nhất, vì hình lập phương có $6$ mặt nên nhiều hơn 6 cạnh trong tiết diện của nó không thể là mặt phẳng. Thứ hai, nếu chúng ta giả sử rằng mặt cắt ngang tạo ra một hình ngũ giác thì ít nhất các cạnh của nó phải nằm trên các mặt song song của hình lập phương, và do đó, các cạnh này song song; nhưng trong một hình ngũ giác đều không có cạnh nào song song.

10. a) Nhân cả hai vế của đẳng thức được chứng minh bằng $2\sin \frac{\pi}{5}$. 6) Đáp số. $\frac{\sin \frac{(n+1)\alpha}{2}\sin \frac{na}{2}}{\sin \frac{\alpha}{2}}$ tại $\alpha \neq 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$; 0 tại $\alpha = 2\pi n$, $n \in \mathbb{Z}$. Gợi ý. Ý của lời giải giống như ở điểm a):

$$\frac{n \sin \alpha - n \alpha \cos (n+1)\alpha}{2 \sin \alpha} \text{ при } \alpha \neq \pi n, n \in \mathbb{Z};$$

0 tại $\alpha = \pi n$, $n \in \mathbb{Z}$. Gợi ý. Đối với lời giải, trước tiên hãy chuyển đổi tổng đã cho bằng công thức $\sin^2 \varphi = (1 - \cos 2\varphi)2$, sau đó nhân và chia cho $\sin \alpha$ để chuyển đổi công thức $\sin \beta \cos \gamma = \frac{1}{2} (\sin (\beta + \gamma) + \sin (\beta - \gamma))$.

11. Các đoạn tiếp tuyến của quả bóng vẽ từ cùng một điểm thì bằng nhau. Gọi $a, b, c, d$ là độ dài của các đoạn này ứng với tất cả các đỉnh của tam giác tương ứng (Hình 7). Sau đó, với mỗi cặp cạnh giao nhau, tổng độ dài của chúng là $a+b+c+d$.

12. Giả sử $ABCD$ là một hình tam giác cho trước và $A_1B_1C_1$ tiết diện của nó, với $\frac{|A_1D|}{|AD|} = \frac{a}{b}, \frac{|B_1D|}{|BD|} = \frac{c}{d}, \frac{|C_1D|}{|CD|} = \frac{e}{f}$ (Hình 8). Chúng ta sẽ coi các mặt $BCD$ và $B_1C_1D$ lần lượt là đáy của các tam giác $ABCD$ và $A_1B_1C_1D$. Gọi $AK$ là chiều cao của tam giác $ABCD$ thả xuống từ đỉnh $A$ này thì đoạn $A_1K_1$ song song với chiều cao này sẽ là chiều cao của tam giác $A_1B_1C_1D$. Tỷ lệ thể tích của các hình tam giác là $\frac{S_{B_1C_1D} \cdot |A_1K_1|}{S_{BCD} \cdot |AK|}$. Nhưng $S_{B_1C_1D} = \frac{c}{d} \cdot \frac{e}{f}$ (xem bài toán số 3), và từ sự giống nhau của các tam giác $AKD$ và $A_1K_1D$ suy ra $|A_1K_1| := |AK| := |AD|$. Điều này mang lại tuyên bố bài toán.

13. a) $\cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma = \cos \beta + \cos \gamma - \cos (\beta + \gamma) = 2\cos \frac{\beta + \gamma}{2}\cos \frac{\beta - \gamma}{2} + 1 - 2\cos^2 \frac{\beta + \gamma}{2} = 1 + \frac{1}{2}\cos^2 \frac{\beta - \gamma}{2} - 2\left(\cos \frac{\beta + \gamma}{2} - \frac{1}{2}\cos \frac{\beta - \gamma}{2}\right)^2 \leq 1 + \frac{1}{2}\cos^2 \frac{\beta - \gamma}{2} \leq \frac{3}{2}$.

Sự bình đẳng chỉ đạt được ở mức $\alpha = \beta = \gamma = \pi/3$.

14. Đồ họa được hiển thị trong Hình 9a-9b.

15. Để các góc phẳng ở đỉnh $D$ của tam giác $ABCD$ thẳng (Hình 10). Chúng ta hãy biểu thị tâm của tam giác ngoại tiếp của quả bóng bằng $O$ và điểm giữa của cạnh $BC$ bằng $A_1$. Hãy chứng minh rằng đường thẳng $OD$ cắt trung tuyến $AA_1$ của cơ số $ABC$. Nó xuất phát từ điều kiện là cạnh $AD$ phân bố lại góc của mặt phẳng của mặt bên $BCD$. Nhưng điểm $O$ cách đều các đỉnh $B, C$ và $D$ của mặt này và do đó nằm trên phân bố lại của mặt này được vẽ qua tâm $A_1$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác ngoại tiếp $BCD$. Vì vậy, các đoạn $AD$ và $A_1O$ song song và do đó tạo thành một mặt phẳng trong đó các đoạn không song song $OD$ và $A_1A$ nằm. Do đó, đoạn $OD$ cắt trung tuyến $A_1A$ của mặt $ABC$. Bằng cách tương tự, có thể chứng minh rằng đoạn $OD$ cắt các trung tuyến khác

60

Olympic Toán học có trọng số ХVIII

Ngày đầu tiên
8.1. a) Nếu số tự nhiên $n$ được biểu diễn dưới dạng tích của các số nguyên $n$ và không chia hết cho 4 thì trong số các thành phần $n$ có ​​nhiều nhất một thành phần là số chẵn. Nếu số thành phần $n$ là số chẵn thì một trong số chúng là số chẵn và các thành phần còn lại $n-1$ là số lẻ. Nếu số thành phần $n$ là số lẻ thì tất cả các thành phần $n$ đều là số lẻ. Trong cả hai trường hợp, tổng của tất cả các thành phần $n$ là số lẻ và không thể bằng 0. Chúng tôi có một sự mâu thuẫn.
6) Hãy để $n=4k$. Khi đó, nếu số $k$ là số lẻ thì $n=2 \cdot (-2k) \cdot 1^{3k-2} \cdot (-1)^k$; nếu số $k$ là số chẵn thì $n=(-2) \cdot (-2k) \cdot 1^{3k} \cdot (-1)^{k-2}$.

Hình 11.

Hình 12.

Hình 13.

Hình 14.

Hình 15.

8.2. Bất đẳng thức này sau khi biến đổi hiển nhiên có dạng
$$\left[ \frac{1}{2} (a+b) \right] \cdot \left( a+b + \frac{1}{2} \right) \geqslant \sqrt{ab} \cdot (\sqrt{a} + \sqrt{b}).$$
(1)

Do sự bất bình đẳng giữa trung bình đối số và trung bình hình học, $\frac{1}{2} (a+b) \geqslant \sqrt{ab}$.

Thành phần thứ hai ở vế trái của bất đẳng thức (1) cũng không nhỏ hơn thành phần thứ hai ở vế phải, vì
$$\left( a+b + \frac{1}{2} \right) - (\sqrt{a} + \sqrt{b}) = = \left( \sqrt{a} - \frac{1}{2} \right)^2 + \left( \sqrt{b} - \frac{1}{2} \right)^2 \geqslant 0.$$

Bất đẳng thức (1), và cùng với nó, bất đẳng thức này đã được chứng minh.

8.3. Từ đẳng thức $\overrightarrow{A_1}\overrightarrow{B_1} + \overrightarrow{B_1}\overrightarrow{B_2} = \overrightarrow{A_1}\overrightarrow{A_2} + \overrightarrow{A_2}\overrightarrow{B_2}$ suy ra
$$-\overrightarrow{A_1}\overrightarrow{A_2} + \overrightarrow{B_1}\overrightarrow{B_2} = \overrightarrow{A_2}\overrightarrow{B_2} - \overrightarrow{A_1}\overrightarrow{B_1}.$$
Tương tự, $\overrightarrow{C_1}\overrightarrow{A_1} + \overrightarrow{A_1}\overrightarrow{A_2} = \overrightarrow{C_1}\overrightarrow{C_2} + \overrightarrow{C_2}\overrightarrow{A_2}$ ngụ ý
$$-\overrightarrow{A_1}\overrightarrow{A_2} + \overrightarrow{C_1}\overrightarrow{C_2} = \overrightarrow{A_2}\overrightarrow{C_2} - \overrightarrow{A_1}\overrightarrow{C_1}.$$
Sử dụng các điều kiện bài toán và các đẳng thức này, chúng ta thu được:
$$\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{AO} + \overrightarrow{OB} = -\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} = -\overrightarrow{A_1}\overrightarrow{A_2} + \overrightarrow{B_1}\overrightarrow{B_2} = = -\overrightarrow{A_1}\overrightarrow{B_1} + \overrightarrow{A_2}\overrightarrow{B_2},$$
$$\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AO} + \overrightarrow{OC} = -\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OC} = -\overrightarrow{A_1}\overrightarrow{A_2} + \overrightarrow{C_1}\overrightarrow{C_2} = = -\overrightarrow{A_1}\overrightarrow{C_1} + \overrightarrow{A_2}\overrightarrow{C_2}.$$
Chúng ta sẽ sử dụng $\overrightarrow{a}'$ để biểu thị vectơ thu được từ vectơ $\overrightarrow{a}$ bằng cách xoay nó $60^\circ$ ngược chiều kim đồng hồ. Rõ ràng là $(k\overrightarrow{a})' = k\overrightarrow{a}'$ và $(\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b})' = \overrightarrow{a}' + \overrightarrow{b}'$. Vì (Hình 11) $\overrightarrow{A_1}\overrightarrow{B_1} = (\overrightarrow{A_1}\overrightarrow{C_1})'$, $\overrightarrow{A_2}\overrightarrow{B_2} = (\overrightarrow{A_2}\overrightarrow{C_2})'$, nên chúng ta thu được $(\overrightarrow{AC})' = (-\overrightarrow{A_1}\overrightarrow{C_1} + \overrightarrow{A_2}\overrightarrow{C_2})' = -(\overrightarrow{A_1}\overrightarrow{C_1})' + (\overrightarrow{A_2}\overrightarrow{C_2})' = -\overrightarrow{A_1}\overrightarrow{B_1} + \overrightarrow{A_2}\overrightarrow{B_2} = \overrightarrow{AB}$. Chúng ta thấy rằng vectơ $\overrightarrow{AB}$ được lấy từ vectơ $\overrightarrow{AC}$ bằng cách xoay nó $60^\circ$. Điều này có nghĩa là $ABC$ là một tam giác đều.

8.4. Một đầu hình chữ nhật có kích thước $m \times n$ thỏa mãn điều kiện bài toán có thể được tạo hình nếu các số $m$ và $n$ có cùng độ chẵn lẻ và không thể được tạo hình theo cách khác.

Tiếng rên rỉ thứ nhất. $m$ và $n$ là số lẻ. Sau đó, chúng ta có thể tạo khung cho một mũi khâu hình chữ nhật có kích thước $1 \times n$ với các đặc tính được yêu cầu (Hình 12), sau đó từ những mũi khâu đó, chúng ta có thể tạo khung cho phần đầu hình chữ nhật ban đầu có kích thước $m \times n$ (Hình 13) bằng phương pháp tương tự.

Tiếng rên thứ 2. $m$ và $n$ là số chẵn. Chúng ta hãy xem xét các phần đầu hình chữ nhật có chiều dài các cạnh lẻ có kích thước lần lượt là $(m-1) \times (n-1), 1 \times (n-1), (m-1) \times 1$ và $1 \times 1$, được hiển thị trong Hình 14 (như đã được chứng minh, các phần đầu hình chữ nhật cũng có thể được ván trượt). Từ những đầu hình chữ nhật này, chúng ta dán keo kích thước $m \times n$ của chúng lại với nhau như trong Hình 15.

Tiếng rên thứ 3. Các số $m$ và $n$ có tính chẵn lẻ khác nhau, để xác định $m - \text{четно}, n - \text{четно}$. Giả sử chúng ta đã tạo một cái đầu hình chữ nhật có kích thước $m \times n$, các cạnh của nó được sơn bằng các màu khác nhau. Hãy xem xét một trong các cạnh của hình chữ nhật có chiều dài là số lẻ. Ví dụ, hãy để nó có màu đỏ. Hãy đếm tổng số cạnh màu đỏ $u$ và $v$, bên trong có một số chẵn, vì cạnh đỏ của một quân nhỏ khác thẳng với mỗi mặt đỏ của một quân cờ nhỏ. Do đó tổng số cạnh màu đỏ là số lẻ. Tất cả các chữ cái nhỏ, rất indo, được sử dụng chính xác bằng số cạnh màu đỏ, tức là số lẻ. Mặt khác, số của chúng là $mn$, tức là số chẵn. Chúng tôi có một sự mâu thuẫn.

62

+2yz+3zx=2z(2x+y+z), nghĩa là, 2x+y+z=D/2z=27x/2z². Tiếp theo, A−B+C=32=x(2x+y+z)=x·D/2z=27x²/2z². Do đó, x/z=8/3√3 (nhớ lại x>0, z>0), và do đó D=27x/z=24√3.

Quét. Có lời giải khác, dựa trên cách giải thích hình học của A, B, C là bình phương các cạnh của một số hình tam giác (Hình 17).

Ngày thứ hai

8,5. Đáp số: Vâng, đúng vậy. Lời giải xem M873.

8.6. Đáp số: πr²+2pr−(pr²/2R). Gợi ý. Khi tính phần bên ngoài của đường (πr²+pr), hãy tận dụng thực tế là các phần cấu thành của nó tạo thành một vòng tròn. Khi đếm phần bên trong (pr−(pr²/2R)) - thông báo sẵn sàng.

8.7. Chúng ta hãy ký hiệu k là trọng lượng của vật nặng nhất và bằng S là số lượng trọng lượng của vật nặng 1. Lưu ý rằng S ≥k. Thật vậy, chúng ta có trọng số k, trọng số S có trọng số 1 và một trọng số n−S khác, trọng số của mỗi trọng số không nhỏ hơn 2. Vì trọng số của tất cả các trọng số theo điều kiện đều bằng 2n, nên bất đẳng thức 2n ≥k+S+2(n−S) là đúng, do đó S ≥k.

Sau khi đặt quả cân thứ nhất lên toàn bộ, hiệu giữa các quả nặng của các quả cân trên các cốc bằng k. Rõ ràng là trong tương lai trọng lượng của chiếc cốc nặng hơn sẽ khác trọng lượng của chiếc cốc nhẹ hơn không quá k. Trên thực tế, với mỗi bước tiếp theo, chúng tôi đặt vật nặng lên một chiếc cốc nhẹ hơn. Nếu sau đó nó vẫn nhẹ hơn thì sự khác biệt về trọng lượng trên các cốc đã giảm đi. Nếu sau đó cốc nhẹ hơn trở nên nặng nhưng chênh lệch mới giữa các quả cân không vượt quá trọng lượng của quả cân đặt và không vượt quá k.

Giả sử chúng ta đặt các quả cân có trọng lượng lớn hơn 1 lên cân và còn lại S quả cân có trọng lượng 1. Vì S lớn hơn hoặc bằng chênh lệch các trọng lượng trên các cốc nên bằng cách đặt một số lượng quả cân 1 nhất định lên cân, chúng ta sẽ đưa chúng về trạng thái cân bằng. Lúc này tổng trọng lượng của các quả cân trên cân sẽ là số chẵn nên số lượng quả cân còn lại của quả cân 1 cũng sẽ là số chẵn. Trong tương lai, chúng ta phải đặt chúng luân phiên trên cốc này hay cốc khác. Do đó, do số lượng quả cân còn lại của quả cân 1 là chẵn nên cân cuối cùng sẽ ở trạng thái cân bằng.

8,8. Rõ ràng, trong ký hiệu số nguyên tố tuyệt đối không thể xuất hiện một chữ số chẵn nào và nếu số chữ số trong ký hiệu lớn hơn hoặc bằng thì chữ số 5 cũng không thể xuất hiện (nếu có các chữ số 0, 2, 4, 6, 8, 5 thì sắp xếp lại đến vị trí cuối cùng ta sẽ được số còn lại). Do đó, trong ký hiệu số nguyên tố tuyệt đối chỉ có thể xuất hiện các số 1, 3, 7 và 9. Giả sử rằng tất cả các chữ số này đều có mặt trong ký hiệu của một số nguyên tố nào đó. Trong trường hợp này, bằng cách sắp xếp lại chúng, từ số này chúng ta có thể thu được số nguyên tố tuyệt đối thứ bảy sau:

$$M_1=\overline{a_1a_2...a_m1379}=M+1379,$$

trong đó M=a₁a₂…aₘ000,

$$M_2=M+3179, M_3=M+9137, M_4=M+7913, M_5=M+1397, M_6=M+3197, M_7=M+7139.$$

Tuy nhiên, điều này là không thể, vì các số 1379, 3179, 9137, 7913, 1397, 3197 và 7139 cho các số dư khác nhau khi chia cho 7 (lần lượt là 0, 1, 2, 3, 4, 5 và 6), và do đó trung bình cộng của các số M₁, M₂, …, M₇ nhất thiết phải chia hết cho 7.

9,5. Nếu số x6y4 là bình phương của một số tự nhiên A nào đó thì số A có hai giá trị và có kết quả là 2 hoặc 8,

và A>40. Tổng cộng có 12 số như vậy: 42, 52, 62, 72, 82, 92, 48, 58, 68, 78, 88, 98. Dễ dàng kiểm tra được rằng chỉ có các bình phương của các số 68 và 98 có chữ số 6 ở chữ số thứ ba:

63

682=4624, 982=9604. Do đó, x=4, y=2 hoặc x=9, y=0. Trong cả hai trường hợp số

$$\sum_{n=1}^{n+1} x_n = 68^2 = 4624$$

là bình phương với mọi n ≥1:

$$4 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 2 \cdot 24 = 4 \cdot 10^{n+1} \cdot (10^n + \dots + 10+1) + 2 \cdot 10^{n+1} + 2 \cdot (10^n + \dots + 10+1) + 2 = 4 \cdot 10^{n+1} \cdot \frac{10^{n+1}-1}{9} + 2 \cdot \frac{10^{n+1}-1}{9} + 2 = \frac{4}{9} \cdot (10^{n+1}+2)^2 = (6 \dots 68)^2; \quad \sum_{n=1}^{n+1} 9 \cdot 9 \cdot 0 \dots 04 = (10^n-1) \cdot 10^{n+2} + 6 \cdot 10^{n+1} + 4 = (10^{n+1}-2)^2 = (9 \dots 98)^2.$$

9.6. Lưu ý rằng nếu điểm S nằm bên trong hoặc trên cạnh của tam giác PQR (Hình 18), S≠Q, thì |PS|+|SR|<|PQ|+|QR|. Để chứng minh, chỉ cần cộng hai bất đẳng thức sau |PS|<|PT|+|TS|, |RS|+|TS|<|TQ|+|QR| là đủ và lưu ý rằng một trong số chúng sẽ được xây dựng. Để định nghĩa, chúng ta sẽ giả sử rằng |AB| ≥|CD|. Khi đó bất đẳng thức này có thể được viết lại thành

$$|AE|+|ED|+|AB|-|CD|>|BE|+|CE|.$$ (3)

Chúng ta lấy một điểm A’ trên đoạn AB sao cho |A’B|=|CD|. Nó xuất phát từ nhận xét rằng |AE|+|AB| ≥|A’E|+|A’B| (Hình 19) và do đó chỉ cần chứng minh bất đẳng thức (3) với giả sử rằng |AB|=|CD| là đủ. Chúng ta sẽ tiếp tục giả định rằng |AB|=|CD|. Cho F là một điểm đối xứng với E so với điểm giữa của đoạn AD (Hình 20). Vì |CE|=|BF|, |AF|=|ED|, nên bất đẳng thức (3) suy ra từ bất đẳng thức |BF|+|BE|<|AF|+|AE|, thỏa mãn bất đẳng thức bắt buộc ở trên.

9,7. Đáp số: $\lim_{n \to \infty} x_n=0$. Nếu số c thỏa mãn các bất đẳng thức 0<c≤1/4 và với một số k bất đẳng thức hợp lệ

$$|x_k| \leq c, |x_{k+1}| \leq \frac{5}{6} c,$$ (4)

Cái đó

$$|x_{k+2}| \leq |x_{k+1}|^2 + \frac{1}{2} |x_k| \leq \frac{25}{36} c^2 + \frac{1}{2} c = \left(\frac{25}{36} c + \frac{1}{2}\right) c \leq \left(\frac{5}{6}\right)^2 c.$$

Lặp lại các lập luận này bằng cách thay c bằng 5c/6, chúng ta thấy rằng |x_k+3|<c(5/6)³. Tiếp tục theo cách tương tự, chúng ta thu được bất đẳng thức |x_k+n|<c(5/6)ⁿ, từ đó suy ra $\lim_{n \to \infty}$

Vẫn còn phải chứng minh rằng tồn tại c, 0<c 1/4 và một số k thỏa mãn bất đẳng thức (4). Bằng cách tính trực tiếp một số số hạng của dãy $(x_n)$, dễ dàng chứng minh rằng bất đẳng thức (4) đúng với k=7 và c=1/4.

9,8. Giả sử rằng trong một số tập A không trống gồm các ô lớn, chúng ta có thể viết -1 sao cho mỗi ô vuông màu đen liền kề với một số ô chẵn từ A. Cách xoay mỗi ô từ A một góc 45° với một hình vuông từ cạnh $\sqrt{2}$ (chúng ta lấy cạnh của ô là 1).

Đỉnh của các hình vuông nằm ở tâm các ô đen (hoặc tại các điểm của đường viền hình chữ nhật B 1984×1985 có cạnh bằng 1/2 hướng ra ngoài tính từ cạnh bàn cờ). Ranh giới của hình màu đỏ là một đường đứt đoạn, có giao điểm tại tâm các ô vuông màu đen của bảng nhưng các đỉnh chỉ nằm tại các điểm màu đỏ của đường viền B (cách toàn bộ một khoảng so với đỉnh của đường thẳng B, Hình 21); quả thực, một góc 90° hoặc 270° của quân đỏ bên trong bàn cờ có nghĩa là một số lẻ các ô vuông màu trắng từ A thẳng tới ô vuông màu đen tương ứng. Như vậy, ranh giới của quân đỏ là đường đi khép kín của quả cầu bão tuyết phản xạ từ một phía một góc 45° tại một số điểm “đỏ”. Trong Hình 11, đối với bàn cờ 5×6 (nó tương ứng với một đường thẳng có quỹ đạo bão tuyết khép kín như vậy. Nhưng đối với trận bão tuyết số 2, quỹ đạo không tồn tại. Thật vậy, nếu bạn thả các quả bóng từ hai góc đối diện của một trận bão tuyết như vậy ở góc 45° sang một bên, thì chúng sẽ phản xạ tuần tự từ một phía (ở mỗi bên sau “vòng tròn” tiếp theo, điểm phản xạ dịch chuyển 2, Hình 22), sẽ đi qua tất cả một đường thẳng “chéo” đi qua tại Do đó, bất kỳ quỹ đạo bão tuyết nào rời khỏi điểm đỏ ở góc 45° sẽ bị dồn vào một góc và không thể bị đóng lại.

10,5. Lời giải xem M871 trong «Kvant» không. 10.

10.6. Đáp số: $\ln \frac{101}{100} > \frac{2}{201}$. Lời giải.

Như đã trích xuất, số ln (1+t), trong đó t>0, bằng diện tích của hình thang cong giới hạn trên mặt phẳng XOY bởi các đường thẳng x=1, x=1+t, y=0 và hyperbol y=1/x (Hình 23). Chúng ta hãy vẽ một tiếp tuyến với hyperbol y=1/x tại điểm x=1+t/2. Nó sẽ cắt hình thang ABCD đã được cắt khỏi hình thang cong (xem Hình 23). Vì hàm số y=1/x là hàm lồi nên diện tích hình thang cong sẽ lớn hơn diện tích hình thang ABCD. Do đó, với mọi t>0: diện tích hình thang cong ln (1+t)> $S_{ABCD} = t \cdot \frac{1}{1 + \frac{t}{2}} = \frac{2t}{2 + t}$.

Đặt t=1/100, ta thu được bất đẳng thức mong muốn

$$\ln \frac{101}{100} = \ln \left(1 + \frac{1}{100}\right) > \frac{\frac{2}{100}}{2 + \frac{1}{100}} = \frac{2}{201}.$$

10.7. Đáp số: r = $\frac{r_1 r_2 r_3}{r_1 r_2 - r_2 r_3 + r_3 r_1}$. Lời giải xem M872 trong «Kvant» số 10.

10.8. Không được chỉ định. Sau khi xem xét việc phát triển khối lập phương phù hợp, hãy ước tính diện tích mặt cắt ngang qua chu vi của nó.

trang bìa thứ 4

Sự độc đáo của câu đố nằm ở chỗ nó không thể gấp lại được bằng cách gắn tuần tự mảnh này với mảnh khác. Đầu tiên, phần tử phải được khoanh tròn theo cặp và chỉ sau đó là ngôi sao tám cánh.

«Kvant» cho học sinh nhỏ»
(xem «Kvant» số 9)

1. Đáp số. Có thể. Sau khi gạch bỏ nên

64

vẫn giữ nguyên dãy số 361 chữ số 41984…1984.
Gợi ý. Tổng các chữ số của năm 1984 là 22.
và vì 1984=90·22+4 nên gạch bỏ là đủ
tám đầu tiên, để lại số 4 và 90
theo sau là nhóm …1984…, và gạch bỏ mọi thứ
các số còn lại.
2. Đây là một sự sắp xếp có thể:
1 -1 1 -1
1 -1 1 -1
-1 1 -1 1
-1 1 -1 1

3. Bước đầu tiên là đặt dấu + sau số 1.
   Sau đó, người chơi đầu tiên đặt các dấu sao cho bên cạnh mỗi số lẻ (trái hoặc phải) có dấu nhân.
4. Gọi x là giá của Humpty và y là giá của Humpty.
   Khi đó 175x−125y=25(7x−5y) ≥25, và 126y−175x=7(18y−25x) ≥7.
   Posmotu y=126y−125y=126y−175x+175x−125y ≥7+25=32.
   Vì vậy, Dumpty có giá ít nhất là 32 kopecks,
   nhưng Humpty có giá trị hơn $\frac{5}{7}y=\frac{5}{7}\cdot 32,$
   nghĩa là không ít hơn 23 kopecks.
   Posmot để mua 3 Shaltai và 1 Boltai sẽ cần ít nhất $3\cdot 23+32=101$ kopecks.
5. Tam giác ABD và BCD có ba cạnh bằng nhau. Các góc DBA và CDB bằng Posmot và do đó, $\triangle BOD$ là bằng nhau.

Ô chữ khối
(xem «Kvant» số 9)

1. Berkelium. 2. Hyperon. 3. Vavilov. 4. Triệu.
2. Calo. 6. Khariton. 7. Andreev. 8. Đun sôi.

Tổng biên tập - Viện sĩ I. K. Kikoin
Phó Tổng biên tập thứ nhất - Viện sĩ A. N. Kolmogorov
Phó tổng biên tập: L. G. Aslamazov, V. A. Leshkovtsev, Yu. P. Sollovev

Tuyển tập biên tập: M. I. Bashmkov, V. E. Belonchkin, V. G. Boltyansky, A. A. Borovoy, Yu. M. Brook, V. V. Vavilov, N. B. Vasilyev, S. M. Voronin, B. V. Gnedenko, V. L. Gutenacher, N. P. Dolbilin, V. N. Dubrovsky, A. N. Zemlykov, A. R. Zilberman, S. M. Kozel, S. S. Krotov, L. D. Kudryavtsev, E. M. Nikshin, S. P. Novikov, M. K. Potapov, V. G. Razumovsky, N. A. Rodina, N. H. Rozov, A. P. Savin, Ya. A. Smorodinsky, A. B. Sosinsky, V. M. Uroev, V. A. Fabrikant

Ban biên tập: A. M. Baldin, S. T. Belyaev, B. B. Bukhovtsev, E. P. Velikhov, I. Ya. Verchenko, B. V. Vozdvizhensky, G. V. Dorofeev, N. A. Ermolaeva, A. P. Ershov, Yu. V. Ivanov, L. V. Kantorovich, V. A. Kirillin, G. L. Kotkin, R. N. Kuzmin, A. A. Logunov, V. V. Mozhaev, V. A. Orlov, N. A. Patrikeeva, R. Z. Sagdeev, S. L. Sobolev, A. L. Stasenko, I. K. Surin, E. L. Surkov, L. D. Faddeev, V. V. Firsov, G. N. Ykovlev

Số đã được chuẩn bị:
A. N. Vilenkin, V. N. Dubrovsky, A. A. Egorov,
B. M. Ivlev, T. S. Petrova, A. V. Sosinsky,
V. A. Tikhomirova

Số đã được phát hành:
O. N. Grachev, V. S. Koval, T. N. Kolchenko, S. F. Lukhin,
E. V. Nazarov, I. E. Smirnova, E. K. Tenchurina,
P. E. Chudovsky, E. S. Shabelnik
Ảnh được gửi bởi:
Z. M. Khachchkin, V. P. Shevchenko

Trưởng ban biên tập L. V. Chernova

biên tập nghệ thuật
E. A. Smirnov

Biên tập viên nghệ thuật T. M. Makarova

Người hiệu đính E. V. Sidorkina

103006, Mátxcơva, K-6, st. Gorki, 32/1,
«Kvant», điện thoại. 250-33-54

Giao hàng vào ngày 20/9/84
Đánh bóng để xuất bản 18/10/84
in offset
Giấy 70×108/16, Cond. cr. từ. 23,8
Lò nướng có điều kiện l. 5.6 Biên tập học thuật. tôi. 7.31 T-21302
Giá 40 kopecks. Đặt hàng 2506. Lưu hành 172.782 bản.

Lệnh thay thế lao động đỏ
Nhà máy in Chekhov
VO “Soizpolgrafprom”
Ủy ban Nhà nước Liên Xô
cho công việc xuất bản và in ấn
và buôn bán sách
Chekhov, khu vực Moscow