Trường Đại học Vật lý và Công nghệ tại MIPT

52

Trường Đại học Vật lý và Công nghệ tại MIPT

Trường Vật lý và Công nghệ Tương ứng (3FTSH) thuộc Huân chương Cờ đỏ Mátxcơva của Viện Vật lý và Công nghệ Lao động (MIPT) đang tuyển sinh các lớp 8, 9 và 10 từ các trường 8 năm và trung học nằm trên lãnh thổ RSFSR vào lớp 8, 9 và 10 cho năm học 1985/86.

Mục tiêu của trường này là giúp học sinh học tập độc lập để đào sâu kiến ​​thức về vật lý và toán học. Đó là lý do tại sao, khi nhận vào 3FTSH, ưu tiên dành cho sinh viên sống ở khu vực nông thôn và khu định cư của người lao động, những nơi đặc biệt cần sự hỗ trợ đó.

Giáo dục ở trường là miễn phí.

Ngoài các học sinh cá nhân, 3FTS còn chấp nhận các câu lạc bộ vật lý và công nghệ, có thể được tổ chức ở bất kỳ trường trung học nào bởi hai giáo viên - vật lý và toán học. Những người đứng đầu vòng tròn tuyển dụng và ghi danh những sinh viên đã hoàn thành xuất sắc nhiệm vụ giới thiệu 3FTS. Một vòng tròn được chấp nhận vào 3FTSH nếu giám đốc trường thông báo cho 3FTSH tên của người đứng đầu vòng tròn và danh sách các thành viên vòng tròn đã thay đổi (theo lớp, cho biết điểm cuối cùng của nhiệm vụ giới thiệu 3FTSH). Mọi tài liệu tổ chức vòng tròn phải gửi về 3FTSH trước ngày 25/5/1985.

Học sinh của 3FTSH và trưởng câu lạc bộ vật lý và công nghệ sẽ nhận các nhiệm vụ vật lý và toán học theo chương trình 3FTSH, cũng như 3FTSH lời giải được đề xuất của các nhiệm vụ này. Các nhiệm vụ bao gồm tài liệu lý thuyết và phân tích về bài toán điển hình và các ví dụ về chủ đề, cũng như 10-14 bài toán cho lời giải độc lập. Đây vừa là những nhiệm vụ đơn giản vừa là những nhiệm vụ phức tạp hơn (ở cấp độ cạnh tranh bài toán tại MIPT). Công việc của sinh viên luật được kiểm tra bởi 3FTSH hoặc các bộ phim của nó, và công việc của các thành viên trong vòng kết nối được kiểm tra bởi người lãnh đạo của nó.

Với học sinh Moscow, tôi sẽ được đánh giá về vật lý và toán học (theo chương trình 3FTS) hai lần một tuần tại các trung tâm tư vấn buổi tối (ở một số trường học ở Moscow). Việc tuyển dụng vào các nhóm này sẽ được xác định dựa trên kết quả hoàn thành nhiệm vụ giới thiệu 3FTS hoặc trên cơ sở cuộc phỏng vấn cuối cùng về vật lý và toán học (để biết thông tin, hãy gọi 408-51-45).

Mỗi học sinh hoàn thành bài tập giới thiệu về vật lý và toán học một cách độc lập. Tác phẩm phải được viết lại cẩn thận (bằng tiếng Nga) trên sân thượng của một trường học. Thứ tự của nhiệm vụ phải giống như trong bài tập. Gửi Terrada trong một phong bì lớn kèm theo một bưu kiện đơn giản (đừng gấp nó thành ống). Cùng với quyết định của bạn, hãy nhớ gửi giấy chứng nhận từ trường nơi bạn là giáo viên, cho biết lớp học của bạn. Dán giấy chứng nhận vào bìa bên trong của Terradi. Nếu không có chứng chỉ này lời giải sẽ không được xem xét. Phía ngoài bìa dán một tờ giấy điền đầy đủ thông tin theo mẫu:

1. Vùng (khu vực hoặc ASSR)
2. Họ, tên, chữ viết tắt
3. Lớp học
4. Số trường và địa chỉ
5. Nghề nghiệp của cha mẹ và chức vụ nắm giữ:
   bố
   mẹ
6. Địa chỉ nhà chi tiết

vùng Kursk
Goncharov Oleg Vitalievich
thứ tám
Trường THCS Kurchatov số 2

thợ khóa
người vận hành máy rung
307239, vùng Kursk, Kurchatov, st. Kosmonavtov, 10, thích hợp. 76.

Ở DƯỚI ĐÂY XÉT BẢNG ĐỂ ĐÁNH GIÁ CHO BÀI TẬP GIỚI THIỆU:

№
F.
M.

Đặt một phong bì có ghi địa chỉ của bạn trên đó (cho biết lớp học của bạn) ở sân thượng. Trong phong bì này, bạn sẽ nhận được đáp số của 3FTSH.

Ngày khởi hành lời giải - chậm nhất là ngày 1/3/1985 (theo dấu bưu điện nơi khởi hành). Giấy tờ dự thi sẽ không được gửi lại. Lời giải sẽ được thông báo tới hội đồng tuyển sinh không muộn hơn ngày 1 tháng 8 năm 1985.

Gửi sân thượng với các bài tập đã hoàn thành (nhất thiết phải về cả vật lý và toán học) đến địa chỉ: 141700, Dolgoprudny, khu vực Moscow, Viện Vật lý và Công nghệ Moscow, 3FTSH.

Giáo viên của các vùng Arkhangelsk, Vologda, Kalinin, Kaliningrad, Kirov, Leningrad, Murmansk, Novgorod và Pskov, Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị Karelian và Komi gửi tác phẩm đến địa chỉ: 198904, Old Peterf, st. Ngày 1 tháng 5 năm 100, Đại học bang Leningrad, chi nhánh 3FTSH tại MIPT.

Giáo viên của các vùng Amur, Irkutsk, Kamchatka, Sakhalin và Chita, Krasnoyarsk,

55

Hình 10.
lykh. Chỉ có việc chỉ định (tạo ra mối đe dọa 4x3) ở điểm 1 mới dẫn đến chiến thắng.

10. Loại nhẹ nhất trong loại bài toán thứ hai.

11. Lợi ích dễ thấy bằng cách tạo ra chỉ định kép ở điểm 2 (ngã ba 4x3 ở điểm B và C) không đạt được do sự phòng thủ của Trắng ở điểm A. Điểm này có màu đỏ và

Hình 11.
đôi khi phương pháp bảo vệ duy nhất được gọi là phản bảo vệ. Điều này phải được ghi nhớ khi tấn công. Ở đây, chiến thắng ngắn nhất đạt được bằng các ký hiệu liên tiếp 1 và 3. Nếu Trắng đi nước thứ hai tại điểm B thì Đen thắng với nước đi D và C.

12. Rất khó bài toán. Ở vị trí này, thực tế là không thể theo dõi sự phát triển của cuộc tấn công đến cùng và chỉ có trực giác tốt dựa trên một góc nhìn lớn mới có thể

Hình 12.
đề nghị một động thái mạnh mẽ. Sự đối xứng được nhiều người tham gia cuộc thi nhận thấy là chưa hoàn chỉnh do khoảng cách giữa các cạnh của bến tàu là khác nhau. Do đó, nước đi 1 là nước đi duy nhất không chỉ củng cố đáng kể vị trí của Đen mà còn tạo cho anh ta không gian để phát triển đòn tấn công hơn nữa. Động thái ở điểm A, được những người tham gia cuộc thi ưa chuộng, đã bị người phòng thủ ở điểm B bác bỏ.

N. N. Alexandrov,
A. G. Sokolsky

Đáp số, được chỉ định, lời giải

Một đa giác có bao nhiêu diện tích?

1. Áp dụng các hình tam giác tương tự.
2. Đề xuất của Giáo sư Honsen là không phù hợp, vì các đẳng thức được viết ra, nói chung, là không đúng sự thật. Việc kiểm tra tính giả dối của chúng đối với một tam giác là đủ (ví dụ: đối với một tam giác có các cạnh 3, 4 và 5).
3. Áp dụng định lý về sự bằng nhau của các góc có các cạnh tương ứng song song.
4. Cần phải kiểm tra xem giá trị của góc thu được không phụ thuộc vào việc lựa chọn điểm mà qua đó dữ liệu song song, trực tiếp được kiểm tra. Việc xác minh dựa trên định lý tương tự như 3.
5. Hình chữ nhật có cạnh 34 và 13 không khép kín hoàn toàn: sẽ có khoảng trống giữa các hình.
6. Để cả hai vết cắt được thực hiện (thể hiện trong Hình 1 màu đỏ và màu đỏ). Sau đó, đa giác được cắt thành nhiều mảnh, từ đó các hình tam giác có thể được gấp lại bằng cả phương pháp thứ nhất và thứ hai. Tổng diện tích của các phần này bằng với mỗi số lượng đã thảo luận. Pozny những số tiền này bằng nhau.
7. Công thức (1) có thể được chứng minh bằng quy nạp theo số giao điểm của đường đồng mức. Thực hiện bước cảm ứng, chúng ta thực hiện một giao lộ tự, cắt dây tại điểm này và nối chúng theo cách khác để có được hai đa giác (Hình 2). Từ những cân nhắc về mặt vật lý, có thể thấy rõ

rằng tổng các luồng của vectơ $B$ qua hai đa giác này bằng với luồng qua đa giác đầu tiên.
8. Bạn có thể sử dụng kỹ thuật tương tự như trong 7.

Định lý Vieta và các bài toán đa thức phụ trợ
5. $u^8 + \frac{1}{u^8} = 1154$. Gợi ý: Số $u = 1 + \sqrt{2}$ là căn bậc ba của tam thức bình phương $t^2 - 2t - 1$, nên $u - \frac{1}{u} = 2$; $u^2 + \frac{1}{u^2} = 6$, $u^4 + \frac{1}{u^4} = 34$, $u^8 + \frac{1}{u^8} = 1154$.
10. $(1, 2, \frac{1}{2}), (1, \frac{1}{2}, 2), (2, 1, \frac{1}{2}), (2, \frac{1}{2}, 1), (\frac{1}{2}, 1, 2), (\frac{1}{2}, 2, 1)$. Gợi ý và e: đặt $x + y + z = a$, ta được:
$P(t) = (t - x)(t - y)(t - z) = t^3 - at^2 + at - 1 = (t - 1)(t^2 + t + 1 - at)$.
vị trí của các gốc bằng 1.
13. $x_1 = x_2 = \dots = 1$. Gợi ý và e: đặt $P(t) = (t - x_1)(t - x_2) \dots (t - x_n) = t^n + a_1 t^{n-1} + \dots + a_n - 1 t + a_n$; thì $0 = P(x_1) + P(x_2) + \dots + P(x_n) = n + n a_1 + n a_2 + \dots + n a_n = n P(1)$, có nghĩa là một trong các số $x_1, \dots, x_n$ (giả sử, $x_1$ bằng 1. Đối với $x_2, x_3, \dots, x_n$, chúng ta có một hệ thống tương tự, v.v.

Bài tập

1. Gợi ý: $\varphi^2 + \varphi - 1 = 0$, $\varphi^4 = (1 - \varphi)^2 = 1 - 2\varphi + (1 - \varphi) = 2 - 3\varphi$, $\varphi^8 = 4 - 12\varphi + 9\varphi^2 = 4 - 12\varphi + 9(1 - \varphi) = 13 - 21\varphi$.
2. 1cm, 8cm, 15cm. Gợi ý: Ba chiều $x, y, z$ của hình bình hành thỏa mãn hệ phương trình $4(x + y + z) = 96, 2(xy + yz + zx) = 286, xyz = 120$, tức là chúng là nghiệm của phương trình $t^3 - 24t^2 + 143t - 120 = 0$.
3. $(1, 1, -1), (1, -1, 1), (-1, 1, 1)$. Gợi ý: từ hai phương trình và công thức đầu tiên

56

Vieta ngụ ý rằng các số $x, y, z$ là nghiệm của một đa thức có dạng $t^3 - t^2 - t + r = 0$ ($xy + yz + zx = ((x + y + z)^2 - x^2 - y^2 - z^2)/2 = -1$). Từ đây, tương tự như nghiệm bài toán 3 và 4, ta thu được $t^5 = (3 - r)t^2 - (2 - r)t - 2r$ tại $t = x, y, z$. Cộng ba đẳng thức này và sử dụng phương trình thứ ba của hệ ban đầu, chúng ta thấy rằng $r = 1$, tức là các số $x, y$ và $z$ là nghiệm của đa thức $t^3 - t^2 - t + 1 = (t - 1)^2(t + 1)$.

4. $5(x - y)(y - z)(z - x)(x^2 + y^2 + z^2 - xy - xz - yz)$. Như đã chỉ ra: xét một đa thức có nghiệm $u = x - y, v = y - z, w = z - x$ và sử dụng sự tương ứng $u + v + w = 0$, hoạt động tương tự như lời giải bài toán 8.

5. Những điều sau đây được biểu thị: nếu $P(t) = (t - x)(t - y)(t - z) = t^3 + pt^2 + qt + r$, thì $-r > 1$, $-p < q/(-r)$. Thay $t = 1$, ta được: $P(1) = 1 + p + q + r > 1 + p + pr + r = (1 + p)(1 + r) > 0$, tức là $(1 - x)(1 - y)(1 - z) > 0$.

Petya và Vova đã sai ở đâu?

Cả hai học sinh đều sai. Cho có một hệ phương trình
$$\begin{cases} j_1(x, y) = g_1(x, y), \\ j_2(x, y) = g_2(x, y). \end{cases}$$

Petya có được hệ thống
$$\begin{cases} j_1(x, y) = g_1(x, y), \\ j_1(x, y) j_2(x, y) = g_1(x, y) g_2(x, y). \end{cases}$$

Nói chung, hệ phương trình (1) và (2) là không bằng nhau. Rõ ràng rằng mọi lời giải của hệ (1) đều là nghiệm của hệ (2). Điều ngược lại không đúng trong trường hợp tổng quát: bất kỳ lời giải nào của hệ $j_1(x, y) = g_1(x, y) = 0$ - lời giải (2), nhưng có thể không phải là nghiệm của phương trình $j_2(x, y) = g_2(x, y)$ và do đó, lời giải của hệ (1).

Vova cũng mắc sai lầm tương tự. Nếu các chàng trai kiểm tra, họ sẽ nhận được đáp số đúng: $(1; 0)$.

Góc thân thiện và hình tam giác

1. Khai triển góc nhị diện bằng bất kỳ mặt phẳng nào vuông góc với cạnh của nó và áp dụng tính chất thích hợp của đường phân giác của góc trên mặt phẳng đó.

2. a) Xoay góc nhị diện $180^\circ$ quanh trục $l$.

3. a) Chứng minh rằng (hoặc) hai mặt phẳng phân giác cắt nhau và mọi điểm giao tuyến đều cách đều cả ba mặt của góc và do đó nằm trên mặt phẳng phân giác thứ ba. 6) Cho $A, B, C$ là các điểm trên các cạnh của một góc tam diện sao cho $|SA| = |SB| = |SC|$, khi đó các giao điểm tuyến tính của các mặt phẳng đang xét với tam giác $ABC$ là các đường trung tuyến của tam giác này. b) Mỗi ​​mặt phẳng đang xét là một tập hợp các điểm cách đều hai đỉnh của tam giác $ABC$ từ gợi ý đến điểm 6).

4. Đáp số: không. Lời giải. Chúng ta hãy xem xét góc tam giác $SABC$, có các góc phẳng $BSA$ và $CSA$ là góc vuông và $BSC < 60^\circ$, đồng thời giả sử rằng tam giác $ABC$ là tam giác đều (Hình 3). Sau đó $|AB| = |AC|$, do đó $|BS| = |CS|$. Tiếp theo, $|BC| < |CS|$, vì $BSC < 60^\circ$ và $|CS| < |CA|$ (chân nhỏ hơn cạnh huyền). Chúng ta có mâu thuẫn: $|BC| < |AC|$ trong một tam giác đều $ABC$.

5. 1. Giả sử $SA_1B_1C_1$ là góc cực của góc $SABC$, thì cạnh $SA$ vuông góc với mặt phẳng $SB_1C_1$, vì $SB_1$ và $SC_1$, theo định nghĩa của góc cực, vuông góc với mặt phẳng $SAC$ và $SAB$. 2) Dòng của một góc nhị diện có cạnh $SA$ đi qua $S$ và vuông góc với cạnh này sẽ thu được hình vẽ trên Hình 4: các cạnh $SB_1$ và $SC_1$ nằm trong mặt phẳng tiết diện và theo đó, vuông góc với các cạnh của góc $PSQ$ - góc tuyến tính của góc nhị diện ở cạnh $SA$, và các góc $B_1SQ$ và $C_1SP$ đều tù. Theo sau đó là $\alpha + \hat{A} = B_1\hat{SC}_1 + \hat{PSQ} = \pi$. Mối quan hệ (5) xuất phát từ (4) và tính chất 1).

6. Đáp số: a) $]0; 2\pi[; 6]$ $]\pi; 3\pi[$. Sau đây được chỉ ra: a) bất đẳng thức $\alpha + \beta + \gamma < 2\pi$ được chứng minh trong thống kê; thực tế là có thể thấy bất kỳ giá trị nào của tổng từ 0 đến $2\pi$ khi xem xét góc ở đỉnh của một đường tam giác đều ở cạnh $SA$, và các góc $B_1SQ$ và $C_1SP$ là tù. Theo sau đó là $\alpha + \hat{A} = B_1\hat{SC}_1 + \hat{PSQ} = \pi$. Mối quan hệ (5) xuất phát từ (4) và tính chất 1).

7. a) Sử dụng định lý thứ hai về cosin.

8. a) Sử dụng định lý thứ hai về cosin; cho thấy điều đó $\sin^2\hat{A} / \sin^2\alpha = (1 - (\cos^2\alpha + \cos^2\beta + \cos^2\gamma) + 2\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma) / \sin^2\alpha\sin^2\beta\sin^2\gamma$.

9. Tất cả các đường này đều vuông góc với đường $SH$ từ lời giải bài toán 3 trong chỉ số.

10. a) Sử dụng định lý thứ hai về cosin.

6. Đáp số: không.

Olympic Toán quốc tế XXV

1. Vì các số $x, y, z$ là số dương và tổng của chúng là 1 nên mỗi số không vượt quá 1. Do đó, $xy + xz + yz - 2xyz = xy(1 - z) + xz(1 - y) + yz \ge 0$. Chúng ta có thể giả định rằng $x \leq y \leq z$; thì dễ dàng chứng minh được $x \leq \frac{1}{3}, y \leq \frac{1}{2}, z \geq \frac{1}{3}$. Từ điểm hiển nhiên
   $$xz = \frac{1}{3}(x + z - \frac{1}{3}) + (x - \frac{1}{3})(z - \frac{1}{3})$$
   nó theo sau $xz \leq \frac{1}{3}(x + z - \frac{1}{3}) = \frac{1}{3}(\frac{2}{3} - y)$, vì $x - \frac{1}{3} \leq 0$ và $z - \frac{1}{3} \geq 0$. Sử dụng bất đẳng thức này và bất đẳng thức $y \leq \frac{1}{2}$, ta thu được
   $$xy + xz + yz - 2xyz = (x + z)y + xz(1 - 2y) \leq \frac{1}{3}(y + z)y + \frac{1}{3}(2\frac{3}{2} - y)(1 - 2y) = \frac{2}{9} - \frac{2}{9}y - \frac{1}{3}$$
   ≤ $(1 - y)y + \frac{1}{3}(\frac{2}{3} - y)(1 - 2y) = \frac{2}{9} - \frac{2}{9}y - \frac{1}{3}$

57

$$\frac{y^2}{3} = \frac{7}{27} - \frac{1}{3} \left( y - \frac{1}{3} \right)^2 \leq \frac{7}{27}.$$

2. Lời giải bài toán M897 thấy một trong các số sau «Kvant».
3. Xem xét tất cả các đường tròn có bán kính nhỏ hơn 1 với tâm $O$. Vì có vô số hình tròn và số lượng màu mà chúng được tô là hữu hạn, trong số đó anh ta sẽ tìm thấy hai hình tròn, bán kính $r$ và $s$ ($0 < r < s < 1$), được sơn bằng cùng một bộ màu (tập hợp các màu cũng là một số hữu hạn). Hãy lấy một điểm $Y$ trên một đường tròn có bán kính $r$, trong đó $a(Y) = r(s-r)$ (rõ ràng là $0 < a(Y) < 1$), thì $C(Y)$ là điểm thứ hai trong các đường tròn của chúng ta $(r + r(s-r))/r = s$. Do đó, $Y$ là điểm bắt buộc (bộ màu cho hình tròn $C(Y)$ cũng bao gồm màu của điểm $Y$).
4. Lời giải bài toán M896 thấy một trong các số sau «Kvant».
5. Vế trái của bất đẳng thức có thể được viết lại thành:

$$\frac{p}{n} < \frac{d}{n(n-3)/2}.$$

Câu lệnh này có thể được đọc như sau: trung bình số học của độ dài các cạnh của một đa giác lồi nhỏ hơn trung bình số học của độ dài các đường chéo của nó, lặp lại công thức của bài toán M846, lời giải trong đó được đặt ở «Kvant» Số 7 năm 1984 trên trang. 53.

Hãy chứng minh phần thứ hai của bất đẳng thức. Đầu tiên hãy xem xét trường hợp số cạnh lẻ: $n = 2k + 1$. Lưu ý rằng độ dài đường chéo nối hai đỉnh nằm lần lượt nhỏ hơn tổng độ dài của cạnh có hai đầu ở ba đỉnh này. Do đó $d_2$ là tổng độ dài các đường chéo như vậy, nhỏ hơn $2p$, $d_3$ là tổng độ dài các đường chéo nằm giữa các đỉnh nằm trên chu vi của đa giác qua hai, nhỏ hơn $3p$, …, $d_k < kp$. Nhưng tổng là $d_2 + d_3 + ... + d_k = d$ và tổng là $2p + 3p + ... + kp = (k + 2)(k - 1)p/2$. Xét rằng $n = 2k + 1$, chúng ta nhận được $(k + 2)(k - 1)p/2 = \left( \frac{n}{2} \right) \left( \frac{n+1}{2} \right) - 2)p/2$. Điều này chứng tỏ sự bất bình đẳng.

Trong trường hợp $n = 2k$, các đường chéo “đường kính” sẽ xuất hiện, ở một bên và một bên có các đỉnh $k-1$. Cần lưu ý rằng độ dài của mỗi trong số chúng nhỏ hơn $p/2$ và do đó $d_k < kp/2$. Đồng thời $d_2 + d_3 + ... + d_k < p(2+3 + ... + (k-1)) = (k-2) \times (k+1)p/2$.

Cuối cùng chúng tôi nhận được

$$d < \frac{kp}{2} + \frac{(k-2)(k+1)p}{2} = \frac{p}{2} \left( \frac{n}{2} \right) \left( \frac{n+1}{2} \right) - 2).$$

Lời giải F. Nazarov, người mà ông đã nhận được giải thưởng đặc biệt của ban giám khảo, dựa trên một bất đẳng thức dễ dàng xác định đối với hình chiếu của cạnh của các đường chéo lên một đường thẳng cho trước và cách giải thích tiếp theo của các bất đẳng thức này theo mọi hướng. Được biết, khoảng tương ứng cho một đoạn bằng hai lần độ dài của đoạn đó. Do đó, bất đẳng thức dự đoán được chuyển thành bất đẳng thức cho chính các phân đoạn.

6. Lời giải bài toán M898 thấy một trong các số sau «Kvant».

58

Hình 7.

trong đó chỉ số “0” chỉ bề mặt Trái đất, chỉ số “1” tương ứng với nhiệt độ $T_1$ và “2” đến $T_2$. Như sau từ điểm 6),

$$n_0 = n_1 \sin a_{\text{крпт}} = n_1 L / \sqrt{L^2 + h^2},$$

Sau đó

$$T_0 = T_1 \frac{n_1 - 1}{n_0 - 1} = T_1 \frac{n_1 - 1}{((n_1 - 1)T_1/T_2 + 1)L / \sqrt{L^2 + h^2} - 1} \approx 329 \text{ K},$$

và hoặc $t_0 \approx 56 \text{ °C}$.

Nhiệm vụ 2

Đặt $A$ là khối tâm của vật ở trạng thái không bị xáo trộn (Hình 7). Hãy tìm tọa độ của nó $x_0$ và $y_0$ tại thời điểm dao động ban đầu bằng giá trị biên độ:

$$x_0 = \frac{\omega a(\delta L/2)(L/3)}{\omega aLh} = \frac{\delta L}{6h},$$

$$y_0 = \frac{\omega a(2/3\delta)(\delta L/4)}{\omega aLh} = \frac{\delta^2}{6h}.$$

(Từ đây rõ ràng là $x_0 > y_0$.) Trong quá trình dao động, tọa độ của khối tâm thay đổi theo định luật $x = x_0 \cos \omega l$, $y = y_0 \cos \omega l$, trong đó $\omega$ là tần số dao động.

Theo định luật bảo toàn năng lượng, thế năng dự trữ ban đầu của hệ bằng năng lượng dự trữ tới hạn khi hệ đi qua vị trí cân bằng:

$$\omega g \frac{\delta^2 L}{6} = \frac{\omega aLh}{2} \left( (x'(t))^2 + (y'(t))^2 \right),$$

hoặc

$$\frac{g \delta^2}{3h} = \omega^2 \left( \frac{\delta^2 L^2}{36h^2} + \frac{\delta^4}{36h^2} \right).$$

Lấy số hạng thứ hai so với số hạng thứ nhất ở vế phải của đẳng thức, ta thu được

$$\omega = 2 \frac{\sqrt{3gh}}{L},$$

chu kỳ dao động đến từ đâu?

$$T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{\pi L}{\sqrt{3gh}}.$$

Công thức này có thể được xác minh bằng cách so sánh các giá trị của $T_{\text{вычч}}$ được tính từ nó với các giá trị của $T_{\text{экс}}$ được đưa ra trong bảng. Thật dễ dàng để nhận thấy rằng $T_{\text{экс}} = 1.1 T_{\text{вычч}}$. Do đó, để ước tính $T_{\text{вычч}} \approx 3$ giờ, đơn vị tỷ lệ trong sơ đồ tương ứng với khoảng 2 giờ. lời giải khác trong số bài toán này đã được đề xuất. Ví dụ: giả sử rằng một sóng dừng đã hình thành và biết tốc độ phân bố sóng $v = \sqrt{gh}$, chúng ta thu được $T = 2L/\sqrt{gh}$.

Cũng có thể hình dung toàn bộ hồ chứa như một số lượng lớn các mạch giao tiếp, trong mỗi mạch đó xảy ra dao động với chu kỳ $T = 2L/\sqrt{gh}$. Etty, lời giải, do những người tham gia Thế vận hội Olympic của Liên Xô đề xuất, được đánh giá ngang nhau với giải pháp chính thức.

Nhiệm vụ 3

lời giải đầy đủ chứa 12 mạch lọc điện tử (Hình 8), trong khi lời giải chính thức chỉ bao gồm 4 mạch đầu tiên. Hãy xem xét một trong các sơ đồ khả thi (Hình 9) và xây dựng sơ đồ vectơ cho nó (lưu ý rằng phương pháp sơ đồ vectơ không được nghiên cứu trong các trường học của chúng tôi). Từ sơ đồ chúng ta tìm thấy $U_1 = I_1R$, $U_2 = I_2\omega L$,

$$I_2 = \frac{\sqrt{U_1^2 + U_2^2}}{R} = I_1 \frac{\sqrt{R + \omega^2 L^2}}{R},$$

$$U_4 \cos \beta = U_2, U_4 \sin \beta = U_{\text{вых}}, U_{\text{вых}} = U_1 + U_{\text{вых}},$$

$$\frac{I_1}{\omega c} + \frac{I_2}{\omega c} \cos a = U_2 = I_1\omega L,$$

$$\cos a = \frac{R}{\sqrt{R^2 + \omega^2 L^2}}.$$

Ở đâu

$$i = \frac{\omega}{2\pi} = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{2}{L C}} = 5.6 \cdot 10^3 \text{ Гц},$$

$$U_{\text{вых}} = \frac{L}{R^2 C + L} = 0.138.$$

Lý do tương tự có thể được đưa ra cho tất cả các chương trình khác. Có thể giải bài toán ở dạng tổng quát (điều này đã được thực hiện bởi những người tham gia Thế vận hội Olympic của Liên Xô). Chúng ta hãy biểu thị điện trở của từng phần tử bằng $z_1, z_2, z_3$ và $z_4$ và tìm tỷ lệ hướng cần thiết:

$$\frac{U_{\text{вых}}}{U_{\text{вых}}} =$$

$$= 1 - \frac{z_1 z_2}{z_1 z_2 + z_3} + z_4 (z_1 + z_2 + z_3)$$

và trình bày nó dưới dạng

$$\frac{U_{\text{вых}}}{U_{\text{вых}}} = \delta = 1 - \frac{1}{A + iB}.$$

Sẽ không có sự lệch pha giữa các điện áp nếu $B = 0$ và $\delta > 0$. Nếu $\delta < 0$, $\varphi = \pi$. Hãy biến đổi biểu thức cho $\delta$:

$$\delta = 1 - \frac{1}{A + iB} = 1 - \frac{A - iB}{A^2 + B^2} =$$

$$= 1 - \frac{A}{A^2 + B^2} + \frac{iB}{A^2 + B^2},$$

$$\delta^2 = \left( 1 - \frac{A}{A^2 + B^2} \right)^2 + \left( \frac{B}{A^2 + B^2} \right)^2 =$$

$$= 1 - \frac{2A - 1}{A^2 + B^2},$$

do đó, $\delta$ là tối thiểu tại $B = 0$, do đó

$$\delta = 1 - \frac{1}{A}.$$

Tại $f \rightarrow 0$ hoặc $f \rightarrow \infty$ $\delta \rightarrow 1$ và $A \rightarrow \infty$. Điều này có thể thực hiện được nếu: a) $z_1 \rightarrow 0$; b) $z_2 \rightarrow 0$; c) $z_3 \rightarrow \infty$, một

59

Hình 8.

$z_2 \rightarrow \infty$; d) $z_4 \rightarrow \infty$, và $z_1$ và $z_2 \rightarrow \infty$. Cũng tính đến việc δ phải lớn hơn 0, chúng ta có thể tìm thấy các giá trị của $f$ và δ cho tất cả các mạch đã cho.

Chuyến tham quan thử nghiệm

Bài toán 1
Chúng tôi tập hợp một sơ đồ và chỉ ra các điều kiện của nhiệm vụ. Chúng ta nối một máy hiện sóng với các cực của mạch điện và với tụ điện và được hai máy hiện sóng như trong Hình 10. Từ thời điểm $t_1$ đến $t_2$ tụ điện được tích điện từ mạng và từ $t_2$ đến $t_3$ nó được phóng điện qua một điện trở. Theo định luật Ohm, đối với đoạn mạch gồm một tụ điện tích điện và một điện trở,

$$\frac{q}{c} + q'(t)R = 0,$$

Ở đâu

$$\ln \frac{q}{q_0} = -\frac{t}{RC}, \quad q = q_0 e^{-\frac{t}{RC}}.$$
hoặc $U = U_0 e^{-\frac{t}{RC}}$.

Chúng ta hãy biểu thị tích RC bằng t và tìm giá trị của nó từ máy hiện sóng:

$$u_{t_2} = 0,3 \text{ B}, \quad u_{t_3} = 0,1 \text{ B}, \quad t_3 - t_2 \approx 1,8 \cdot 10^{-3} \text{ c},$$
$$\tau_1 \approx 1,65 \cdot 10^{-3} \text{ c}.$$

Hãy vẽ đồ thị về sự phụ thuộc $u = u(t)$ theo thang bán logarit (Hình 11), từ đó có thể thấy rằng từ 3 đến 5 ms đồ thị là một đường thẳng (có nghĩa là sự phụ thuộc thực sự là hàm mũ). Từ đồ thị ta tìm được

$$\tau_2 = \frac{1}{\text{tg} \alpha} \approx 1,55 \cdot 10^{-3} \text{ c}.$$

Có thể coi đó là

Hình 9.

Hình 10.

60

«Kvant» cho học sinh nhỏ
(xem trang 27)

1. 4 ly nữa.
2. Từ Hình 13, dễ dàng chứng minh rằng mỗi tam giác MNL và LKP đều bằng tam giác ABD. Suy ra AL là trục đối xứng của góc BAD, tức là bicsectrix của nó.
3. Đáp số được hiển thị trong Hình 14.
4. Hình 15 cho thấy hai lời giải có thể xảy ra.
5. Khi bạn nhấn một nút, chuông sẽ reo và đèn phía trên nút sẽ sáng lên.

Hình 11. Hình 12.
$$\tau = \frac{\tau_1 + \tau_2}{2} \approx 1.6 \cdot 10^{-3} \text{ с.}$$
Sau đó
$$R = \frac{\tau}{C} \approx 16 \text{ кОм.}$$

Bây giờ, hãy vẽ biểu đồ sự phụ thuộc của $u^2$ vào $t$ (Hình 12), với sự trợ giúp của nó, chúng ta sẽ tìm được công suất trung bình ban đầu được giải phóng trong điện trở:
$$dQ = \frac{u^2}{R} dt, \quad P = \frac{\int_0^T dQ}{T}.$$
Ở đây $\int_0^T dQ$ là lượng nhiệt tỏa ra trong khoảng thời gian $T$. Về mặt số học, nó bằng diện tích bên dưới đồ thị phụ thuộc $u^2(t)$. Bằng cách đặt $T=5$ m, chúng ta có được
$$P = (50 \pm 2,5) \text{ мкВт.}$$

Bài toán 2
Để xác định bước sóng laser, chúng tôi sử dụng một micromet vật thể làm cách tử nhiễu xạ:
$$d_0 \sin \alpha_0 = n_0 \lambda_0.$$
Ở đây $d_0=10^{-5}$ m là hằng số của micromet vật thể, $\alpha_0$ là góc quan sát được thứ tự tối đa $n_0$, $\lambda_0$ là bước sóng laser. Từ đây
$$\lambda_0 = \frac{d_0 \sin \alpha_0}{n_0}.$$
Hãy làm tương tự với cách tử nhiễu xạ và tìm hằng số của nó:
$$\lambda_0 = \frac{d_1 \sin \alpha_1}{n_1}, \quad d_1 = d_0 \frac{n_1 \sin \alpha_0}{n_0 \sin \alpha_1}.$$
Bây giờ hãy tính bước sóng $\lambda_x$ của vạch neon màu vàng. Để làm điều này, chúng ta sẽ cố định đèn thật chặt, dùng thước che nó lại, chỉ để lại một dải mỏng và nhìn nó qua cách tử nhiễu xạ. Chúng ta sẽ thấy một số hình ảnh của cô ấy. Đối với bất kỳ trong số họ chúng ta có thể viết
$$\lambda_x = \frac{d_1 \sin \alpha_2}{n_2}$$

Sau khi thực hiện các phép đo và tính toán thích hợp, thu được giá trị bước sóng mong muốn
$$\lambda_x = (5,9 \pm 0,2) \cdot 10^{-7} \text{ м.}$$

«Kvant» cho học sinh nhỏ
(xem trang 10)

1. Chỉ có 6 số có hai chữ số là số chính phương: 16, 25, 36, 49, 64 và 81, nhưng chỉ có một số - 16 sau khi sắp xếp lại các chữ số sẽ tạo thành số nguyên tố - 61. Như vậy, có 4 số điện thoại thỏa mãn điều kiện: 2-61-16; 3-61-16; 5-61-16; 7-61-16.
2. Nếu $S$ là diện tích của một hình tam giác thì độ cao của nó có liên hệ với nhau bằng các tương ứng:
   $$h_a = \frac{2S}{a}, \quad h_b = \frac{2S}{b}, \quad h_c = \frac{2S}{c}$$
   Thay thế các biểu thức này vào sự tương ứng đã cho về chiều cao, chúng ta thu được $\frac{2S}{c} = \sqrt{\frac{2S \cdot 2S}{ab}}$, do đó $c = \sqrt{ab}$.
   Trong trường hợp của chúng tôi $c = \sqrt{7 \cdot 2} = \sqrt{14}$, nhưng $c > a - b$

62

Miedal A. B. Lý thuyết lượng tử được tạo ra như thế nào

số liệu thống kê toán học
Veselov A. P. Phân loại phim
Veselov A. P., Gindikin S. G. Hàm cơ bản
Voronin S. M., Kulaetsin A. G. Phương pháp tạo hàm
Gindikin S. G. Hình học cao của sự khởi đầu…
Gomirov A. B. Lưới và vùng Brillouin
Ershov A.P. Ở quê hương của nhà khoa học vĩ đại
Komissarik E. A., Futer A. L. Man, máy tính và trò chơi cờ vua
Matulis A. Yu., Savukina A. Yu. “Nữ hoàng trong góc”, “sang chảnh” và những con số Fibonacci
Pontryazin L. S. Parabol khối
Prikhodbko B.K. Lời giải phương trình trên máy vi tính
Prokhovov A.I. Đường xoắn ốc vàng Rozhdestvensky V.V. Bạn có thể đếm được không?
Sadovsky L. E., Sadovsky A. L., Sadovskaya O. L. Năm bộ
Samarov K. L., mô hình Urovev V. M. Poincaré
Toom A.L. Một đa giác có bao nhiêu diện tích?
Usmanov Z. D., Khojtsev I. Al-Khorezmi
Yaelom I.M. Thương gia người Ý Leonardo Fibonacci và những chú thỏ của ông

Thống kê vật lý
Artemenko S. N., Volkov A. F. Kim loại tổng hợp - một loại dây dẫn mới
Nam châm siêu dẫn Asdamazov L. G.
Ashkinazi L. A. Sự cố điện là gì
Bernitein P. B. Từ Mặt Trời đến Trái Đất
Borovoy A. A. Phóng xạ nhân tạo
Voshov E. M. Về sốc thủy lực
Grineva G. I., Rosenberg G. V. Vỏ và doanh số bán máy sấy tóc Morgan Zaimovsky V. A. Treshina - kẻ thù của kim loại
Kikonn I.K. Các đại lượng vật lý được giới thiệu như thế nào
Kozhuschiner M. A. Bảng tuần hoàn các nguyên tố
Korotikhin V. P. Sức mạnh hữu hình
Krutotsin D. G., Letok L. M., Morchenko A. T. Bộ nhớ từ tính của máy tính Ruzmaikin A. A. Về bản chất của từ tính vũ trụ
Rytov S. M. Từ nền tảng của đài phát thanh Sandler Yu. M. Nếu Sledopit biết vật lý …
Frank-Kamenetsky D. A. Điện trở là một hiện tượng lượng tử

tin tức khoa học
Sóng kết tinh 4 16
Hào quang và băng 11 9
Chứng minh giả thuyết Mordell 3 19
Một bước nữa hướng tới độ không tuyệt đối 7 22
Tại sao neutron có thể xảy ra? 6 11
Các vành đai quanh Mặt trời 10 6
Nike-83 4 17
Sao neutron, lỗ đen hay…? 5 10
Một loại phân rã phóng xạ mới 8 38
Hydro đơn nguyên tử ổn định 1 7
Các ngôi sao khác có hệ hành tinh không? 9 18

Phòng thí nghiệm «Kvant»
Borovoy A. A. Màu sắc của ánh sáng khuếch tán 3 20
Butikov E. I. Nam châm liên quan 5 23
Varlamov A. A. Từ những thí nghiệm cũ 8 32
Gavrilov S. L. Đài phun nước trong công viên và nhà ở 6 24
Dozorov A. A. Nguyên lý tương đối 10 18
Lapides A. A. Một số thí nghiệm với thấu kính 11 19
Medkov I. A. Chất lỏng tuyệt vời 1 21
Palchikov E.I. Tại sao hệ thống cấp nước lại “hát”? 7 30

vòng tròn toán học
Balk M. B., Boltyansky V. G. Trọng lực trung tâm là phổ biến lời giải 4 18
Nhà triển lãm Boltyansky V. G. 10 20
Gutenhar V. L. Hệ phương trình tuyến tính 1 24
Dubrovsky V.N. Momen quán tính trong hình học 7 33
Ionin Yu. I., Plotkin A. I. Lựa chọn mô hình 6 28
Kurlyandchik L. D., Định lý Fomin S. V. Vieta và đa thức phụ trợ 12 14
Tabachinkov S. L. Sai số trong chứng minh hình học 3 23
Urovev V. M. Đảo ngược 5 26
Chan Kuand. Nếu quần chúng được thay thế bằng khu vực… 8 35

Trường học ở «Kvant»
Vật lý 8, 9, 10
Góc sinh của cặp 5 35
Sự quay của Trái Đất và gia tốc trọng trường 1 32
Khí biến thành chất lỏng 11 25
Violon hòa âm. Tòa nhà Kolbanny 9 21
Hai loại điện 1 34
Chuyển động của các hạt tích điện trong điện trường và từ trường 4 24
Chất điện môi, chất bán dẫn, bán kim loại, kim loại 2 25
Định luật Bernoulli 5 33
“Định luật số lẻ” đối với vật rơi tự do 12 17
Điện tích của hạt nhân nguyên tử và bảng tuần hoàn các nguyên tố Mendleev 3 31
Làm thế nào để “khám phá” định luật II Newton? 11 24
Cơ chế bài toán cơ bản được giải quyết như thế nào? 2 24

63

Khối lượng và số lượng của các chất, hoặc
Về một “sai lầm” của Newton 10 26
Về các trạng thái tổng hợp của các chất 9 20
Về một bài thơ của A. S. Pushkin 10 25
Dòng điện một chiều và xoay chiều 10 28
Trang trại Pricipl 1 36
Công, năng lượng và lực Archimedean 3 27
X-quang 4 25
Vật va chạm 4 23
Một định lý cho phép bạn giải các bài toán tĩnh điện cơ bản bài toán 12 18
Dòng điện trộn 5 34
Quỹ đạo, đường đi, chuyển động 9 19
Phương trình sóng 11 27
Hiệu ứng quang điện và lượng tử 2 29
Cầu vồng là gì? 12 20
Điện trường và từ trường 3 28
Toán 8, 9, 10
Sai lầm ở đâu? 10 30
Petya và Vova đã sai ở đâu? 12 22
Hình học giúp giải phương trình 12 22
Góc nhị diện và góc tam diện 12 23
Hãy tự chủ thêm một lần nữa 10 30
Ai đúng? 9 27
Có cần thiết phải kiểm tra không? 10 31
Về một phương pháp lời giải của một số phương trình 11 29
Hãy sử dụng đơn giản trong các vấn đề phức tạp 9 25
Bảng tổng hợp số 9 24
Ba lời giải một bài toán 11 29

---

Trường đã chọn bài toán 4—6, 9—11
Đạo hàm của hàm phức 4 26
Nhiệm vụ Matryoshka 3 33
Nghịch ngợm bài toán 5 36
Trường không có tên bến tàu 2 31

Lịch của chúng tôi
Quan điểm vũ trụ của Jordan Bruno 6 18
Lev Andreevich Artsimovich 2 22
Thứ Hai gặp Debye 12 43
Pierre Curie 5 22
Phân tích quang phổ 11 23
Hiệu ứng Edison 9 47
Ykov Ilyich Frenkel 2 23

«Kvant» cho học sinh nhỏ» 1—12
Nhiệm vụ ở hình 5, 6, 10, 11
Kolmodorov A. N. Đã giải quyết Eratosthenes 3 35
Carroll L. Xuống hang thỏ 7 39
Carroll L. Biển nước mắt 8 40
Rodina N. A. Cách chúng tôi nướng 12 28
Rodina N.A. Làn nước quen thuộc và tuyệt vời như vậy! 2 34
Rosenfeld B. A. Một hình hình học tùy ý đến từ đâu? 4 30
Rosenfeld B. A. Mô hình ngẫu nhiên của các ngôi sao và chòm sao đến từ đâu 10 36
Savin A. P. Trong tâm trí và trên ngón tay 1 40
Định luật Stasenko A. L. Archimedes 9 30

Bài tập «Kvant»
Nhiệm vụ M841—M900; F853—F912 1—12
Lời giải nhiệm vụ M826—M883; F837—F893 1—12

Người chiến thắng cuộc thi «Kvant» 3 36
Danh sách giải đúng 3,6,9,12
Enfijyan R. L. Công suất điện - tính chất của vật dẫn điện 12 40
Từ thư độc giả 3 47

Trang hình học
Đường viền nhìn thấy được 1 30
Phối cảnh 2 38
Tiến hóa 5 38
Liên quan 6 46

Xưởng của người nộp đơn
Gornusha P. P. Hãy giảm sự bất bình đẳng xuống mức đã biết 9 49
Danilin V. A. Truyền tải điện đi xa 10 53
Kozel S. M., Sheronov A. A. Tellum Dung tích của khí lý tưởng 4 46
Mozhaev V. V Từ trường và lực từ 3 51
Samarsky Yu. A. Chuyển động tròn 6 48

Các lựa chọn thi tuyển sinh
Bài toán kỳ thi tuyển sinh ở nhiều trường khác nhau vào năm 1983 6 54
Học viện sư phạm bang Leningrad được đặt theo tên. A. I. Herzen 4 56
Đại học bang Leningrad được đặt theo tên. A. A. Zhdanova 4 53
Học viện Chính trị Leningrad được đặt theo tên. M. I. Kalinina 4 55
Viện Kiến trúc Mátxcơva 5 57
Trường Kỹ thuật Cao cấp Moscow được đặt theo tên. N. E. Bauman 5 56
Học viện sư phạm quốc gia Moscow được đặt theo tên. V. I. Lênin 1 59
Đại học quốc gia Moscow được đặt theo tên. M. V. Lomonosova 2 53
Viện Vật lý Kỹ thuật Moscow 3 55
Viện Thép và Hợp kim Moscow 3 56
Viện Kỹ thuật Điện tử Moscow 1 57
Viện Vật lý và Công nghệ Matxcơva 1 56
Viện Năng lượng Mátxcơva 3 57
Đại học bang Novosibirsk được đặt theo tên. Leninsky Komsomol 5 54

Tấm đệm Olympic
Olympic Toán Quốc tế XXV 12 44
Olympic Vật lý Quốc tế lần thứ XV 12 46
ХVIII Weighty Olympicada: Olympic môn Toán 11 45
Olympic Vật Lý 11 49
Tham quan thực nghiệm Olympic vật lý 11 52
X Olympic toàn Nga dành cho học sinh 10 56
Bài toán Olympic Toán học Thành phố Moscow dành cho học sinh 10 60
Nhiệm vụ được lựa chọn của Thế vận hội Toán học Thành phố Leningrad lần thứ 50 9 54
Thế vận hội Olympic Vật lý thành phố Leningrad 9 55
Thế vận hội Leningrad - 50 năm 8 56
Olympic toán học đầu tiên 9 52

64

Thông tin

Trường thể chất buổi tối tại Đại học quốc gia Moscow 8 60
Trường thể chất tương ứng tại Đại học quốc gia Moscow 4 52
Trường liên thông thể chất kỹ thuật MISiS 1 54
Trường thông tin tại NSU 8 59
Izhevsk NOU - 5 năm 5 53
NGƯỜI “Người tìm kiếm” 6 52
VI Chuyến tham quan Moscow dành cho các nhà vật lý trẻ 9 57
Mới được nhận vào Thang đo Toán học Thư tín Toàn Liên minh 1 53
Tuyển mới vào khoa thư tín Cơ học nhỏ 1 54
Trò chơi và câu đố 2 trang 4 khu vực 11"
Xích Byalko A.V. có vòng chạy 4 42
Klimanov A. I. Origami 8 61
Klimanov A. I. Bản vẽ lập thể 7 45
Renju - kết quả thi đấu 12 54
Hỏi - chúng tôi trả lời 3 22
Góc sưu tầm 5 trang 4. khu vực 4"
Ngày du hành vũ trụ thứ 4 »
Tem dành riêng cho D. I. Mendeleev 7 8
Bìa 4.8 của chúng tôi
Ô chữ 1,9,12
«Kvant» mỉm cười 2 52
Đây là những suy nghĩ 4 45
Hydropannica cysinus 9 48

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. Belonuchkin, V. G. Boltyansky, A. A. Borovoy, Yu. M. Bruk, V. V. Vavilov, N. V. Vasiliev, S. M. Voronin, V. V. Gnedenko, V. L. Gutenkhacher, 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. V. Sosinsky, V. M. Uroev, V. A. Fabrikant
Ban biên tập: A. M. Baldin, S. T. Belyaev, B. B. Bukhovtsev, E. P. Velikov, I. Ya. Verchenko, B. V. Vozvivzhensky, 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. Patri-keeva, 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. Villenkin, V. N. Dubrovsky, A. A. Egorov, V. M. Ivlev, T. S. Petrova, A. V. Sosinsky, V. A. Tikhomirova

Số đã được phát hành:

M. B. Dubakh, A. I. Klimanov, A. Ya. Korshunov, I. E. Smirnova, E. K. Tenchurina, P. E. Chudnovsky, E. S. Shabelnik
Ảnh được gửi bởi:
L. D. Schwartz

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 T. S. Weisberg

Từ các tác phẩm giới thiệu đến VZMSH 11 44
Chuyến tham quan “Vì khoa học” «Kvant» 10 34
«Kvant» ghé thăm «Kvant» 12 51
Không cần bình luận 7 49
Tiểu Truyện 6 45
Điểm nhận được 3 50

Hỗn hợp

Chuỗi sóng hài 7 32
Hai nhiệm vụ về số Fibonacci 7 14
Nhiệm vụ nghiên cứu 2,4,5,10

Nhiệm vụ từ độc giả của chúng tôi 8 34
Từ xưa bài toán VZMSH 2 32
Thảm họa xích đạo 1 13
Về một tính chất của parabol 4 50
Có bao nhiêu nước trong các bình? 3 35
Hộp diêm và cực phẩm 4 51
Lời nhắc Tourinr cho F. A. Bartenev 8 58

Trang cờ vua

“Tam giác quỷ Bermuda” ở trung tâm bảng 5 khu vực làng thứ 3.

Kasparov là người chiến thắng trong 8 trận đấu của các đối thủ"
Quá tải số 2 »
Bìa 3"
Bài tập cuối cùng 9 »
X-quang 1"
Các nhà khoa học - kiện tướng ở sáng tác 7 »
Ngăn kéo thứ tư trong số các máy tính 4"
EVM vs đại kiện tướng 10 »
Máy tính vs thế giới tin sốt dẻo 6 »
Bản phác thảo của Kasparian 11 »
Trận đấu thế kỷ 12"

Số đã được chuẩn bị:

A. N. Villenkin, V. N. Dubrovsky, A. A. Egorov, V. M. Ivlev, T. S. Petrova, A. V. Sosinsky, V. A. Tikhomirova

Đã nộp hồ sơ tuyển dụng 18/10/84
Đã ký xuất bản ngày 22/11/84
in offset
Giấy 70×108 1/16. CR.-ott có điều kiện. 23:80
Lò nướng có điều kiện l. 5.6 Biên tập học thuật. tôi. 7,77 T-21369
Giá 40 kopecks. Đặt hàng 2807 Phát hành 172.768 bản.

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

Trang cờ vua

Cố vấn - nhà vô địch cờ vua thế giới, kiện tướng quốc tế A. E. Karpov. Trang này được điều hành bởi E. Ya. Gik, Bậc thầy thể thao cờ vua của Liên Xô, Ứng viên khoa học kỹ thuật.