Kvant
Bài toán Kvant

Lời giải bài toán M881—M883; F890, F892, F893

Kvant 1984, số 12tr. 36-39Thẻ 278G

Bản dịch tự động sơ bộ, chất lượng thấp: có thể còn lỗi và câu chữ chưa tự nhiên. Bản này sẽ được thay bằng bản dịch tốt hơn. Bản gốc →

36

Lời giải bài toán

M881. Chứng minh rằng tổng khoảng cách từ một điểm tùy ý trong mặt phẳng đến ba đỉnh của một hình thang cân lớn hơn khoảng cách từ điểm này đến bốn đỉnh.

Hình 1.

Hình 2.

M882. Tổng của ba số nguyên a, b và c bằng 0. Chứng minh rằng số 2a4+2b4+2c42a^4 + 2b^4 + 2c^4 là bình phương của một số nguyên.

M883. Số màu nhỏ nhất phải được sử dụng để tô màu các ô của một tờ giấy ca rô vô hạn là bao nhiêu để a) hai ô bất kỳ ở khoảng cách b được tô bằng các màu khác nhau? (Khoảng cách giữa các ô vuông là số lượng nhỏ nhất các đường lưới, ngang và dọc, mà một quân xe phải đi qua trên đường từ ô này sang ô khác.) b) Có bốn ô vuông bất kỳ tạo thành hình chữ Γ (Hình 1) được phủ bốn màu khác nhau không?

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

Với mục đích định nghĩa, giả sử MAMA là khoảng cách lớn nhất từ ​​điểm MM đến các đỉnh của hình thang cân ABCDABCD (Hình 1). Theo bất đẳng thức tam giác MA≤AC+MCMA \leq AC + MC và BD≤MB+MDBD \leq MB + MD, và với bất kỳ điểm MM nào của mặt phẳng thì ít nhất một trong các bất đẳng thức này đúng. Cộng các bất đẳng thức và biết rằng AC=BDAC = BD, chúng ta nhận được MA≤MB+MC+MDMA \leq MB + MC + MD.

lời giải này có cách giải thích hình học màu đỏ: bằng cách áp dụng các hình tam giác AMCAMC và BMDBMD với nhau sao cho các cạnh bằng nhau ACAC và BDBD thẳng hàng, chúng ta có được một hình tứ giác (Hình 2); câu bài toán trùng khớp với thực tế là mỗi cạnh của nó nhỏ hơn các cạnh còn lại (câu này cũng đúng trong trường hợp một hoặc cả hai tam giác AMCAMC, BMDBMD suy biến thành các đoạn).

S. E. Rukin

◆ Sử dụng điều kiện a+b+c=0a + b + c = 0, chúng ta thu được a4+b4+c4=a2(b+c)2+b2(c+a)2+c2(a+b)2=2(a2b2+b2c2+c2a2)+2abc(a+b+c)=(a2+b2+c2)2−a4−b4−c4a^4 + b^4 + c^4 = a^2(b + c)^2 + b^2(c + a)^2 + c^2(a + b)^2 = 2(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) + 2abc(a + b + c) = (a^2 + b^2 + c^2)^2 - a^4 - b^4 - c^4, từ đó 2a4+2b4+2c4=(a2+b2+c2)22a^4 + 2b^4 + 2c^4 = (a^2 + b^2 + c^2)^2.

L. D. Kurlyandchik, S. V. Fomin

◆ a) Đáp số: có 4 màu. Một ví dụ về tô màu mặt phẳng ca rô bằng 4 màu, trong đó hai ô bất kỳ cách nhau b được tô màu khác nhau, được trình bày trong Hình 2.

Để chứng minh rằng không thể có được ít màu hơn, chỉ cần xem xét 4 ô như trong Hình 3. Bất kỳ hai ô nào trong số chúng đều nằm cách nhau 6 ô và do đó, tất cả chúng phải có màu khác nhau.

b) Đáp số: có 8 màu. Sơ đồ chứng minh lặp lại điểm a): ta cần đưa ra ví dụ về bảng 8 màu

*) Lời giải bài toán F891 xem chú thích “Công suất điện là một tính chất của vật dẫn điện” ở trang. 40.

37

sách tô màu (thể hiện trong Hình 4) và giải thích tại sao bảy màu là không đủ.

Hãy xem xét hình 7 ô trong Hình 5,a. Bất kỳ hai ô nào của nó đều có thể được bao phủ bởi một “chữ Γ” gồm bốn ô, vì vậy tất cả các ô của nó phải có nhiều màu. Vì vậy, trong hình trên Hình 5.6, các ô được đánh dấu hoa thị, tô màu 7 màu thì phải cùng màu (vì 6 ô còn lại cần sơn 6 màu khác nhau). Sau đó, rất indo, trong bất kỳ mạng vô hạn nào có bước 3 ô (Hình 6), tất cả các ô phải được sơn bằng một màu và các ô còn lại của mặt phẳng phải được sơn bằng các màu khác. Nhưng trong trường hợp này, bạn sẽ không cần 7 mà là 9 màu (theo số lượng lưới như vậy bao phủ mặt phẳng).

A. G. Pechkovsky, I. V. Itenberg

F890. Các tinh thể sắt ở nhiệt độ lên tới 910 °C bao gồm các tế bào elematrine có hình lập phương với chiều dài cạnh a1=2,87⋅10−10a_1=2,87 \cdot 10^{-10} m. Các tế bào sắt nằm ở các đỉnh của khối lập phương và ở trung tâm của nó (Hình 1). Loại nguyên tố này - có mạng lập phương thể tích - được gọi là sắt alpha (FeaFe_a). Ở nhiệt độ trên 910 °C, các tế bào của tinh thể sắt là một khối lập phương có viền với chiều dài cạnh a2=3,63⋅10−10a_2=3,63 \cdot 10^{-10} m. Các ô nằm ở các đỉnh của khối lập phương và ở tâm các mặt của nó (Hình 2). Loại nguyên tố này được gọi là sắt gamma (FeγFe_\gamma). Tuy nhiên, mật độ sắt ở những trạng thái này là bao nhiêu? Khối lượng nguyên tử tương đối của sắt là μ=55,847μ=55,847.

Trước tiên chúng ta hãy xác định có bao nhiêu nguyên tử của nguyên tố đó trong mỗi ô lập phương. Nếu bạn nhẩm cắt ra một khối lập phương cơ bản thì mỗi đỉnh sẽ chứa 1/8 nguyên tử (mỗi đỉnh chung là 8 cốc). Có 8 đỉnh như vậy. Do đó, trên mỗi ô khối FeaFe_a có 18⋅8+1=2\frac{1}{8} \cdot 8+1=2 nguyên tử (có tính đến các nguyên tử trung tâm).

Có 18⋅8+12⋅6=4\frac{1}{8} \cdot 8+\frac{1}{2} \cdot 6=4 nguyên tử trên mỗi ô cơ bản FeγFe_\gamma, vì có 12\frac{1}{2} nguyên tử cho mỗi lần xuất hiện và có 6 mặt.

Thể tích Va=(2,87⋅10−10)3 m3≈23,64⋅10−30 m3,V_a=(2,87 \cdot 10^{-10})^3 \text{ m}^3 \approx 23,64 \cdot 10^{-30} \text{ m}^3, trên mỗi ô sắt alpha trên mỗi ô sắt gamma là Vγ=(3,63⋅10−10)3 m3≈47,83⋅10−30 m3.V_\gamma=(3,63 \cdot 10^{-10})^3 \text{ m}^3 \approx 47,83 \cdot 10^{-30} \text{ m}^3.

Khối lượng của một nguyên tử sắt

Hình 1. Hình 2.

38

m=55,847⋅10−36,02⋅1023 кг≈9,28⋅10−26 кгm = \frac{55,847 \cdot 10^{-3}}{6,02 \cdot 10^{23}} \text{ кг} \approx 9,28 \cdot 10^{-26} \text{ кг}

(6,02·102³ mol⁻¹ là hằng số Avogadro). Do đó, mật độ của Fe₄ và Fe₇ tương ứng bằng nhau,

ϱa=2mVa≈2⋅9,28⋅10−2623,64⋅10−30 кг/м3≈7850 кг/м3,\varrho_a = \frac{2m}{V_a} \approx \frac{2 \cdot 9,28 \cdot 10^{-26}}{23,64 \cdot 10^{-30}} \text{ кг/м}^3 \approx 7850 \text{ кг/м}^3,

ϱγ=4mVγ≈4⋅9,28⋅10−2647,83⋅10−30 кг/м3≈7760 кг/м3,\varrho_\gamma = \frac{4m}{V_\gamma} \approx \frac{4 \cdot 9,28 \cdot 10^{-26}}{47,83 \cdot 10^{-30}} \text{ кг/м}^3 \approx 7760 \text{ кг/м}^3,

và ϱa>ϱγ\varrho_a > \varrho_\gamma.

I. M. Nizamov

F892. Một tia sáng truyền dọc theo bán kính rơi vào một quả cầu thủy tinh có bán kính R. Ở khoảng cách r tính từ tâm quả bóng, ánh sáng bị phân tán đều theo mọi hướng trên một bong bóng khí nhỏ hình thành trong quá trình chế tạo quả bóng. Xác định sự phụ thuộc của phần ánh sáng phát ra từ quả bóng vào r. Xếp chồng chỉ số khúc xạ n. Bỏ qua sự mất mát ánh sáng trong thủy tinh.

Hình 1.

Hình 2.

Do sự tán xạ của bong bóng, chùm tia lệch một góc β so với hướng ban đầu và rơi trên bề mặt phân cách thủy tinh-không khí một góc α (Hình 1). Nếu nó thành sin⁡α>1n\sin \alpha > \frac{1}{n}, thì phản xạ nội toàn phần sẽ xảy ra ở biên. Lần thứ hai chùm tia lại rơi vào ranh giới thủy tinh-không khí một góc α, sự phản xạ toàn phần sẽ lại xảy ra, v.v. Như vậy, chùm tia đã phản xạ toàn phần tại ranh giới thủy tinh-không khí sau khi tán xạ sẽ không rời khỏi quả bóng. Chúng ta hãy tìm giá trị nào của góc lệch β điều này xảy ra.

Theo định lý sin (xem hình 1),

rsin⁡α=Rsin⁡β.\frac{r}{\sin \alpha} = \frac{R}{\sin \beta}.

Thay sin α vào, ta tìm được:

β1=arcsin⁡(Rrn),\beta_1 = \arcsin \left( \frac{R}{rn} \right),

(1)

β2=π−arcsin⁡(Rrn).\beta_2 = \pi - \arcsin \left( \frac{R}{rn} \right).

Phản xạ toàn phần của chùm tia đã trải qua mọi vật và bị lệch khi tán xạ qua các góc β thỏa mãn điều kiện

β1<β<β2.\beta_1 < \beta < \beta_2.

Tất cả các chùm tia khác đều rời khỏi bóng sau khi tán xạ.

Vì chùm tia phân tán đồng đều trên bong bóng theo mọi hướng, nên tỷ lệ η ánh sáng phát ra từ quả bóng bằng tỷ lệ diện tích của hai đoạn hình cầu (chúng được tô bóng trong Hình 2) trên tổng diện tích của hình cầu có bán kính gốc, tâm trùng với tâm của bong bóng:

η=2⋅2πρh4πϱ2=hϱ.\eta = \frac{2 \cdot 2 \pi \rho h}{4 \pi \varrho^2} = \frac{h}{\varrho}.

Như có thể thấy từ Hình 2,

h=ϱ(1−cos⁡β)=ϱ(1−1−sin⁡2β)=ϱ(1−1−(Rrn)2).h = \varrho (1 - \cos \beta) = \varrho (1 - \sqrt{1 - \sin^2 \beta}) = \varrho \left(1 - \sqrt{1 - \left(\frac{R}{rn}\right)^2}\right).

Như vậy,

η=1−1−1r2(Rrn)2.\eta = 1 - \sqrt{1 - \frac{1}{r^2} \left(\frac{R}{rn}\right)^2}.

39

Tại r<Rnr < \frac{R}{n}, các biểu thức (1) - (3) mất đi ý nghĩa - trong trường hợp này, không có tia nào bị bong bóng tán xạ trải qua sự phản xạ toàn phần và tất cả ánh sáng đều phát ra từ quả bóng.

A. A. LanUDEC

Tại thời điểm ban đầu, vectơ v⃗\vec{v} của vận tốc của quả bóng hướng thẳng đứng. Vì tốc độ gió gần bề mặt Trái đất bằng 0 nên tốc độ của quả bóng ở độ cao bay lên thấp (và ở mức nhỏ α(t)\alpha(t)) là không đổi và bằng v⃗\vec{v}. Do đó, đối với α\alpha nhỏ phụ thuộc α(t)\alpha(t) được xác định bởi sự tương ứng

tgα(t)≈α(t)≈vtL.\text{tg} \alpha(t) \approx \alpha(t) \approx \frac{v t}{L}.

Để góc cao thay đổi Δα\Delta \alpha trong một khoảng thời gian ngắn Δt\Delta t. Từ (1) suy ra Δα/Δt=v/L\Delta \alpha/\Delta t = v/L, từ đó

v=LΔαΔt.v = L \frac{\Delta \alpha}{\Delta t}.

Mối quan hệ Δα/Δt\Delta \alpha/\Delta t có thể được tìm thấy từ biểu đồ của mối quan hệ α(t)\alpha(t). Nó được xác định bởi độ dốc của tiếp tuyến với đường cong α(t)\alpha(t) tại điểm α=0\alpha=0 (xem Hình 1). Biểu thị α\alpha bằng radian, chúng tôi tìm thấy giá trị Δα/Δt\Delta \alpha/\Delta t từ biểu đồ và thay thế nó bằng (2), chúng tôi tìm thấy tốc độ của charazonde ở mức nhỏ α\alpha:

v=10350⋅2π360⋅3⋅60 m/c≈4,85 m/c.v = 10^3 \frac{50 \cdot 2\pi}{360 \cdot 3 \cdot 60} \text{ m/c} \approx 4,85 \text{ m/c}.

(Độ chính xác của việc xác định vv phụ thuộc vào độ chính xác của việc xây dựng tiếp tuyến. Đối với thang đo đã cho trong Hình 1, các giá trị của vv nằm trong 4,8÷5,0 m/c.)4,8 \div 5,0 \text{ m/c.})

Trong thời gian t1=7t_1=7 phút=420 s quả bóng bay lên độ cao

h=vt1≈2000 m.h = v t_1 \approx 2000 \text{ m}.

Như có thể thấy trong Hình 1, tại thời điểm này α(t)\alpha(t) đạt giá trị tối đa. Điều này có nghĩa là ở độ cao hh vectơ vận tốc của quả bóng hướng dọc theo đường ngắm từ điểm quan sát. Do đó, góc nghiêng của vectơ v⃗h\vec{v}_h với đường chân trời bằng α(t1)=60∘\alpha(t_1)=60^\circ. Hình chiếu dọc v⃗h\vec{v}_h bằng v=4,85 m/cv=4,85 \text{ m/c}, hình chiếu ngang là tốc độ gió uhu_h ở độ cao hh. Có nghĩa,

uh=v ctg60∘≈4,853 m/c≈2,8 m/c.u_h = v \text{ ctg} 60^\circ \approx \frac{4,85}{\sqrt{3}} \text{ m/c} \approx 2,8 \text{ m/c}.

V. V. Mozhaev