Người đoạt giải Olympic toàn Nga lần thứ XII dành cho học sinh

56

Toán học

Bằng cấp đầu tiên
trong 8 lớp nhận được
Bezrukavnikov R. (Kaluga, s.sh. Số 24),
Vlinova T. (Ioshkar-Ola, s.sh. Số 4),
Kalinin A. (Saratov, số 13),
Romanin D. (Krasnoirsk, ssh. Số 10);

cho lớp 9 -
Vasiliev K. (Tula, ssh. Số 36),
Dyninikov N. (Zhukovsky, s.sh. Số 1),
Karinsky A. (Nevinomysk, ssh. Số 6),
Letsenko A. (Novokuznetsk, s.sh. Số 11),
Styrkas K. (khu định cư Chernogolovka, khu vực Moscow, tuyến phía bắc số 82),
Chuevelev M. (Gorky, s.sh. Số 4);

cho 10 lớp -
Dyninikov A. (Zhukovsky, s.sh. Số 1),
Iznatyev M. (Saratov, s.sh. Số 13),
Kapovich V. (Khabarovsk, ssh. Số 2),
Sheremet S. (Vorkuta, ssh. Số 14).

bằng cấp II
trong 8 lớp nhận được
Gravit B. (Severodvinsk, ssh. Số 27),
Libanov M. (Angarsk, s.sh. Số 10),
Shamov Z. (Makhachkala, s.sh. Số 39),
Sherbkov K. (Arzamas, ssh. Số 2);

cho lớp 9 -
Gusmanov R. (làng Dyurtyuli, Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị Bashkir, s.sh. số 3),
Malgin S. (Lipetsk, ssh. Số 52),
Rogonov A. (Kasimov, ssh số 1),
Chernykh A. (Krasnodar, ssh. Số 4),
Shanko Yu. (Krasnoirsk, ssh. Số 10);

cho 10 lớp -
Arapov A. (Voronezhk, ssh. Số 58),
Weissburg M. (Tomsk, ssh số 6),
Ryabochkin M. (Kaluga, s.sh. Số 10),
Filimonenkov V. (Sverdlovsk, s.sh. Số 130).

bằng tốt nghiệp cấp III
trong 8 lớp nhận được
Vologodsky V. (Omsk, ssh. Số 91),
Isakhanov A. (Sochi, s.sh. Số 22),
Pelevin O. (Kostroma, ssh. Số 32),
Petrova N. (Perm, ssh số 22);

cho lớp 9 -
Merkulov V. (Kuibyshev, s.sh. Số 11),
Osolotkin A. (Petrozavodsk, s.sh. Số 29),
Plotnikov A. (Novocherkassk, s.sh. Số 7),
Polykov K. (Khabarovsk, ssh. Số 2),
Rudenko K. (Andropov, ssh số 27);

cho 10 lớp -
Astashkevich A. (Tomsk, ssh. Số 24),
Kleonsky V. (Kirishi, s.sh. Số 4),
Mushtari A. (Kazan, ssh. Số 18),
Roshin A. (Tambov, s.sh. Số 29).

Vật lý
Bằng cấp đầu tiên
trong 8 lớp nhận được
Grigoryan G. (Krasnodar, số 34),
Zhukov V. (Magadan, ssh. Số 1),
Medvedev M. (Gorky, ssh. Số 40),
Moroz V. (Kalinerrad, ssh. Số 32);

cho lớp 9 -
Vudko D. (Belgorod, s.sh. Số 3),
Vasiliev Yu. (Angarsk, ssh. Số 10),
Karasev D. (khu định cư Tuchkovo, khu vực Moscow, đường cao tốc phía bắc Tuchkovskaya);

Melnikov D. (Tula, ssh. Số 36),
Nayanov Yu. (Saratov, số 13),
Pidarev A. (Ulan-Ude, s.sh. Số 9),
Sherbkov A. (Obninsk, ssh. Số 10),
Lovovich A. (Chelyabinsk, s.sh. Số 31);

cho 10 lớp -
Bedov K. (Chelyabinsk, s.sh. Số 138),
Bulatov O. (Stavropol, tuyến phía bắc số 1),
Volkov O. (Gorky, ssh. Số 23),
Irtegov D. (Irketsk, s.sh. Số 19),
Clark P. (Tula, ssh. Số 36),
Mingalev I. (Apatity, ssh. Số 2).

bằng cấp II
trong 8 lớp nhận được
Vilbin A. (Borovich, ssh. Số 1),
Mamaev A. (Zavolzhye, s.sh. Số 17),
Mikhailovsky N. (Krasnoirsk, ssh. Số 20),
Shandyn S. (Vryansk, ssh. Số 7);

cho lớp 9 -
Bobylev S. (Berezniki, s.sh. Số 3),
Voznev A. (Nalchik, ssh. Số 2),
Ivashkovich E. (Prokopyevsk, ssh. Số 72),
Rosenberg A. (Ufa, ssh số 91),
Slesarev V. (Tula, ssh. Số 36);

cho 10 lớp -
Zaidenward A. (Kemerovo, ssh. Số 1),
Ivashov S. (Ufa, ssh. Số 12),
Myachin A. (Kostroma, ssh. Số 34),
Patrushev K. (Elista, ssh số 3).

bằng tốt nghiệp cấp III
trong 8 lớp nhận được
Volsky K. (Khu định cư Protva, vùng Kaluga, tuyến phía bắc số 1),

Golovin D. (Tambov, ssh. Số 29),
Sibiryak A. (Tomsk, s.sh. Số 30),
Todoshenko I. (Perm, ssh. Số 16);

cho lớp 9 -
Babanov M. (Polevskoy, s.sh. Số 18),
Vikhlin A. (Ryazan, ssh. Số 20),
Kurzenkov A. (Kovrov, ssh số 1),
Lovvienko S. (Orel, s.sh. Số 19),
Ternugov V. (Tomsk, ssh. Số 50);

cho 10 lớp -
Abanov A. (Krasnoirsk, s.sh. Số 170),
Larkin A. (Armavir, ssh số 6),
Nechetgaev D. (Chelyabinsk, s.sh. Số 127),
Orekhov D. (Novgorod, s.sh. Số 10).

57

lớp 9

1. Xác định độ ẩm không khí trong phòng.
   Thiết bị: đồng hồ đo áp suất nước, bi cân không khí, ống cao su, nhiệt kế, pipet, sách tham khảo vật lý.
2. Một cách để tạo ra cái lạnh là trộn tuyết (hoặc băng) với muối trên bề mặt. Xác định nồng độ muối tối đa có thể tạo ra trong tủ lạnh như vậy là hợp lý.
   Thiết bị: tuyết (hoặc đá xay mịn), nhiệt lượng kế, nhiệt kế, cân có quả nặng, thìa.

Đáp số, gợi ý, lời giải

Sai lầm ở đâu?
(cm. c. 21)

1. Hệ bất đẳng thức viết thể hiện điều kiện cần nhưng chưa đủ là cả hai nghiệm đều lớn hơn 1. Để tìm nghiệm lời giải đúng, chúng ta tính các nghiệm: $x_{1,2} = 2 \pm \sqrt{5} - a^2$. Điều kiện bài toán tương đương với hệ bất đẳng thức
   $$\begin{cases} 2 + \sqrt{5} - a^2 > 1, \\ 2 - \sqrt{5} - a^2 > 1, \\ a^2 < 5 \end{cases}$$
   (tất nhiên cái đầu tiên có thể bị loại bỏ, vì nó là hệ quả của cái thứ hai). Đáp số: $2 < a < \sqrt{5}$ hoặc $-\sqrt{5} < a < -2$.

2. Các điều kiện bài toán được thỏa mãn ở điểm giữa $O_1$ của cạnh BD, tất nhiên, điểm này thực sự là điểm biên của nhiệt độ. Nhưng thực tế có hai điểm như vậy. Để lấy điểm thứ hai, cần xét đường thẳng đi qua điểm $O_1$ và trung điểm $O_2$ của cạnh AC đồng thời lấy điểm X trên đó sao cho $O_1$ là trung điểm của đoạn $XO_2$ (hình 1). Để chứng minh điều này, sẽ thuận tiện hơn khi sử dụng hệ tọa độ hình chữ nhật có gốc tại điểm $O_1$, trong đó trục $x$ hướng dọc theo cạnh BD và trục $z$ hướng dọc theo đường thẳng $O_1O_2$.

Đáp số: ranh giới hoặc bên ngoài.

3. Trong mỗi góc tam giác của hình nón, bạn có thể viết một quả bóng chạm vào hình nón hoặc phần mở rộng của nó. Tám quả bóng thu được được chia thành bốn cặp giống hệt nhau. Bán kính của bốn quả bóng khác nhau đã được tìm thấy một cách chính xác. Tuy nhiên, một trong những quả bóng này không thỏa mãn điều kiện bài toán: những quả bóng có bán kính 3/5,

lớp 10

1. Định nghĩa hệ thống quang học hộp đen.
   Thiết bị: “hộp đen”, giấy vẽ đồ thị, tấm bìa cứng, ghim, thước kẻ.

2. Khảo sát sự phụ thuộc của độ cứng lò xo vào đường kính của nó. Giải thích kết quả thu được.

Thiết bị: một cái kẹp có chân, một bộ lò xo, một thước kẻ, một bộ tạ, một sợi chỉ.

Ấn phẩm đã được chuẩn bị
V. V. Bukhovtsev, V. N. Kukushkin,
L. P. Kuptsov, O. Yu. Ovchinnikov,
S. V. Reznichenko

Đáp số: $\frac{12}{29}, \frac{6}{7}, \frac{12}{25}$.

Trường học yêu thích bài toán

1. $(n^2 + n)^2 = n^4 + 2n^3 + n^2 < n^4 + 2n^3 + 2n^2 + 2n + 1 < n^4 + 2n^3 + 3n^2 + 2n + 1 = (n^2 + n + 1)^2$.

2. Gợi ý. Một trong hai đầu của đoạn thẳng nằm ở giao điểm của đường tròn đã cho và một đường thẳng đối xứng tâm với đường thẳng đã cho so với điểm đã cho. Một nhiệm vụ có thể có 0, 1 hoặc 2 lời giải.

3. {1; 3; 5; 9; 21}. Gợi ý. Từ đẳng thức $n^3 + 3 = (n^3 + 27) - 24 = (n + 3)(n^2 - 3n + 9) - 24$ suy ra số $n + 3$ là ước của số 24.

4. Tồn tại. Gợi ý. Sử dụng tính chất $a = \frac{S}{2h_a}$ và chứng minh bất đẳng thức
   $$\frac{1}{\sqrt{3}} + \frac{1}{\sqrt{2} + \sqrt{3}} > \frac{1}{\sqrt{2}}.$$

5. 2300 km. Lời giải. Khoảng cách đường dẫn ngẫu nhiên tự động. Đo được 1500 km tính từ điểm cuối, đến thời điểm này số tự động đã có ít nhất 150 lít xăng. Điều này có nghĩa là đến nơi này anh ta đã chiếu một điểm nào đó trên con đường ít nhất ba lần. Hãy đặt lại 500 km từ nơi này và thấy rằng ở đây số tự động phải có ít nhất 300 lít xăng. Do đó, anh ta đã đi được ít nhất 300 km tại bất kỳ điểm nào trước đó trên đường đi. Ít nhất 150 lít xăng đã được tiêu tốn cho 300 km này. Điều này có nghĩa là nó không thể tự động chiếu xa hơn 2300 km. Hãy chứng minh rằng một chiếc xe số tự động có thể đi được quãng đường 2300 km.

58

Một người lái xe ô tô lấy 150 lít xăng và lái xe đi 300 km. Anh ta bỏ đi 90 lít, quay lại, lại lấy 150 lít xăng và lại lái 300 km. Anh ta để lại 90 lít nữa, quay lại, lấy 150 lít cuối cùng và lại đi quãng đường 300 km. Như vậy, ở mốc 300 km anh có 300 lít xăng. Một người lái xe ô tô đổ đầy bình và lái xe đi 500 km. Để lại 50 lít, trở về xăng và lấy trọng lượng của nó. Đạt mốc 800 km thì dùng 50 lít còn lại, sau đó lái thêm 1.500 km nữa.

6. $(7\sqrt{5})^{\sqrt{5}}=7^{5}=16\ 807>15\ 625=5^{6}>(5\sqrt{7})^{\sqrt{5}},$ vậy

$$7\sqrt{5}>5\sqrt{7}.$$

7. Bạn cần chọn cấu hình $OA=OB=OC$ (hình 2). Gợi ý. Chứng minh rằng trong các tam giác có một góc và một cạnh đối cho trước thì tam giác cân có diện tích lớn nhất. Áp dụng nhận định này cho tam giác $OAB$ (hiện tại coi tam giác $ABC$ không thay đổi), chúng ta thu được rằng đối với tứ giác $OABC$ thì diện tích lớn nhất phải là $OA=OB$, tức là điểm $C$ phải nằm trên phân giác của góc $AOB$. Vẫn còn áp dụng tuyên bố tương tự cho các hình tam giác $OAC$ và $OBC$.

8. Không chia sẻ. Lời giải. Gọi $v_n$ là số dư của phép chia cho 7 của số $u_n$. Thật dễ dàng để đếm một số số hạng đầu tiên của dãy $v_n$:

MỘT)

$$y=\sqrt{x}$$

b)

$$y=\sqrt{y}$$

Với)

$$y=\sqrt{n}$$

Hình 4.

$$v_1=1, v_2=1, v_3=2, v_4=5, v_5=1, v_6=5, v_7=5, v_8=1.$$

Vì cặp $(v_4, v_5)$ trùng với cặp $(v_7, v_8)$ nên dãy $v_n$, bắt đầu từ số hạng thứ tư, tuần hoàn với chu kỳ 3, tức là $v_{n+3}=v_n$ tại $n \geq 4$. Điều này có nghĩa là không có số 0 trong số các số hạng của dãy $v_n$.

9. Chúng ta hãy chọn một điểm tùy ý $O$ của mặt phẳng. Hãy biểu thị

$$\overrightarrow{OA}=\vec{a}, \overrightarrow{OB}=\vec{b}, \overrightarrow{OC}=\vec{c}, \overrightarrow{OM}=\vec{m}, \overrightarrow{ON}=\vec{n}.$$

Sau đó

$$\vec{n}=\frac{n}{n+1}\vec{a}+\frac{1}{n+1}\vec{c},$$

$$\vec{m}=\frac{n-1}{n}\vec{a}+\frac{1}{n}\vec{b}.$$

Hãy để $\vec{b}=x\vec{a}+y\vec{c}$. Sau đó

$$\vec{n}=\frac{n}{n+1}\left(\vec{a}+\frac{1}{n}\vec{c}\right),$$

$$\vec{m}=\left(1-\frac{1}{n}+\frac{x}{n}\right)\vec{a}+\frac{y}{n}\vec{c}.$$

Nếu đường thẳng $MN$ đi qua điểm $O$ thì các vectơ $\vec{n}$ và $\vec{m}$ thẳng hàng, tức là $1-\frac{1}{n}+\frac{x}{n}=y$, từ đó $y-1=(1-x)\cdot\frac{1}{n}$. Vì đẳng thức này phải đúng với mọi số tự nhiên $n$, nên chúng ta thu được $x=1, y=1$ đó. Vì vậy $\vec{e}=\vec{a}+\vec{c}$. Điều này có nghĩa là điểm $O$ sao cho tứ giác $ABCO$ là hình bình hành.

10. Tại $a<-\frac{1}{4}$ lời giải không.

Với $a \geq -\frac{1}{4}$ chúng ta nhận được $x=\frac{1+\sqrt{4a+1}}{2}$.

11. $\frac{1}{4}$. Lời giải. Đặt $x_1+x_3+x_5+\dots=a$, $x_2+x_4+x_6+\dots=b$. Sau đó $a+b=1$ và $x_1x_2+x_2x_3+\dots+x_{n-1}x_n \leqslant \left(x_1+x_3+\dots\right)(x_2+x_4+\dots)=aab=a(1-a)=\frac{1}{4}-\left(\frac{1}{2}-a\right)^2 \leqslant \frac{1}{4}$.

Nếu chúng ta đặt $x_1=x_2=1/2$, $x_3=x_4=\dots=x_n=0$ thì $x_1x_2+x_2x_3+\dots+x_{n-1}x_n=\frac{1}{4}$.

12. Chúng ta hãy vẽ một đường vuông góc chung $MN$ với các cạnh đối diện $AB$ và $CD$ của terraer (hình 3) và xem xét tính đối xứng của terraer so với đường thẳng $MN$. Với sự đối xứng này, đường thẳng $AB$ sẽ biến thành chính nó, điểm $C$ sẽ biến thành điểm $C'$, nằm cách đường thẳng $AB$ cùng khoảng cách với điểm $C$. Nhưng trên đường $CD$, ngoại trừ điểm $C$, chỉ có một điểm cách đường $AB$ một khoảng bằng khoảng cách với điểm $C$ (với khoảng cách từ $N$ khoảng cách tăng dần).

Mặt khác, từ điều kiện bài toán suy ra rằng điểm $D$ vắng mặt trên đường thẳng $AB$ có ​​cùng khoảng cách với điểm $C$ (những khoảng cách này là chiều cao của các tam giác có kích thước bằng nhau $ADB$ và $ACB$ có chung đáy $AB$). Điều này có nghĩa là với tính đối xứng của chúng ta, đỉnh $C$ đi vào đỉnh $D$ (một khả năng khác $C \rightarrow C$, $D \rightarrow D$ sẽ dẫn đến $C=D$). Tương tự, đỉnh $A$ đi tới đỉnh $B$ và $B$ đi tới $A$. Do đó, tam giác $DBC$ thành tam giác $CAD$ và do đó, các tam giác này bằng nhau.

13. Đồ thị khoảng cách của hàm $y=\sqrt{x}$ trên đoạn $[0; n]$. Gọi $S$ là diện tích của tam giác cong giới hạn bởi đường cong $y=\sqrt{x}$, trục $Ox$ và đường thẳng $x=n$ (hình 4, a).

59

Sau đó $S = \int_0^n \sqrt{x} \, dx = \frac{2}{3} n \sqrt{n}$.

Hãy để $S_n = \sqrt{1} + \sqrt{2} + \dots + \sqrt{n}$. Dễ dàng nhận thấy $S_n$ là diện tích hình đầu trên hình 4, b. Vì vậy $S_n > S$.

Mặt khác, diện tích của hình màu hồng tại hình 4, e là $\sqrt{1} + \sqrt{2} + \dots + \sqrt{n} - 1 + \frac{\sqrt{n}}{2} = S_n - \frac{\sqrt{n}}{2}$.

và nhỏ hơn $S$. Vì vậy, $S_n > S > S_n - \frac{\sqrt{n}}{2}$.

Điều này mang lại sự bất bình đẳng cần thiết.

14. Có lẽ. Gợi ý. Hãy xem xét một tham số thông thường $ABCD$ có cạnh bên rất lớn so với cạnh đáy $ABC$ và lấy các điểm $K$ và $L$ ở đâu đó trên đế $ABC$ và hai điểm khác $M$ và $N$ ở đâu đó gần đỉnh $D$. Tổng chiều dài các cạnh của paramida $KLMN$ lớn hơn gần 4/3 lần tổng chiều dài các cạnh của paramida $ABCD$.

15. $\frac{1 - 3^{1986}}{2}$. Gợi ý. Xét đa thức $\frac{P(x) - P(-x)}{2}$, trong đó $P(x) = (x^5 + x - 1)^{1986}$. Số tiền cần thiết là $\frac{P(1) - P(-1)}{2}$.

Kính vạn hoa «Kvant»
Câu đố
Những con số trên cốc. Điều kiện bài toán chỉ được thỏa mãn trong trường hợp tổng các số trên các mặt đối diện bằng 11, tức là đối diện số 4 có số 7, đối diện số 5 có số 6, đối diện số 8 có số 3.

Hình tam giác và hình vuông. Xem hình 5.

Hình 5.

Dụng cụ quang học

1. $D = -5$ sai lầm.
2. $H \leqslant Fl/a = 1500$ m=1,5 km, $v \leqslant l/t = 100$ m/s=360 km/h.
3. $b = 2$ xem
4. $D_1 = kF_2/(Ld_0) = 400$ sai lầm.
5. Kèn Trumpet của Galileo: $F_1 = \gamma L/(\gamma - 1) = 45$ cm, $F_2 = F_1 - L = 5$ cm;
   Ống Kepler: $F_1 = \gamma L/(\gamma + 1) = 36$ cm, $F_2 = L - F_1 = 4$ cm.

I Tối ưu hóa toàn diện môn Vật lý cho học sinh trung học chuyên nghiệp Vòng lý thuyết
tôi năm

1. $x = \frac{1}{k} \left( mg - T + \frac{T^2}{2mg} \right)$ tại $T \geqslant 2mg$,
   $x = \frac{T - mg}{k}$ tại $T < 2mg$.

2. $l_0 = \frac{(L - x_1) x_1 T_2 - (L - x_2) x_2 T_1}{x_1 T_2 - x_2 T_1} = 70$cm;
   ở nhiệt độ gel lỏng $x = L - l_0 = 10$ cm.

3. $\Delta T_+ = (1 - k) m\lambda/(cM)$; $\Delta T_- = km\lambda/(cM)$;
   tại $k = 1/2$ $\Delta T_+ = \Delta T_- \approx 9$ K.

4. $R_0 \geqslant 99R = 99$ kOhm.

5. $R_{AB} = 629R/60 \approx 10,5R$.

6. $l = \frac{v(T_2^2 - 4T_1^2)}{2(4T_1 - T_2)} = 3750$ m=3,75 km.

Gợi ý. Tín hiệu đầu tiên đi từ nơi nổ đến thủy điện theo đường thẳng, không phản xạ; tín hiệu thứ hai được phát ra từ mặt nước; tín hiệu thứ ba trải qua hai phản xạ từ mặt nước và một phản xạ từ đáy hồ chứa.

Khóa học II và III

1. Xem lời giải bài toán F993 từ “Bài toán Kvant”.
2. $T = 4\pi \sqrt{L/(5g)}$.
3. $\lambda = c(t_1 - t_2)\tau_2/\tau_1 = 336$ kJ/kg.
4. Trong trường hợp đầu tiên, bạn cần bật thêm điện trở $R_1 = (U/(i_0n)) - r \approx 400$ kOhm nối tiếp với thiết bị; trong trường hợp thứ hai, tấm chắn có điện trở $R_2 = ri_0n/(I - i_0n) \approx 0,03$ Ohm phải được kết nối song song với thiết bị.
5. $\Delta I_{\max} = -U/R$; sự thay đổi dòng điện này đạt được bằng cách loại bỏ cạnh $AB$.
6. $R \geqslant h/\sqrt{n^2} - 1$.

XII Tối ưu hóa toàn tiếng Nga cho học sinh
Toán học
lớp 8

1. Tâm $A_1, B_1, C_1, D_1$ của các đường tròn này là các đỉnh của một tứ giác nội tiếp trong một đường tròn có cùng bán kính với tâm $Q$ (hình 6). Vì vậy, $A_1B_1C_1 + A_1D_1C_1 = 180^\circ$. Vì các cạnh tương ứng của tứ giác $ABCD$ và $A_1B_1C_1D_1$ song song nên $ABC + ADC = 180^\circ$, và do đó khoảng $ABCD$ có thể được mô tả là một hình tròn.
   Sắp tới: Tứ giác $ABCD$ và $A_1B_1C_1D_1$ không nhất thiết phải giống nhau!
2. a) Đáp số: 2d cos 36°.

6. Giả sử $ABCDE$ là một hình ngũ giác đều từ cạnh $a$, $M$ giao điểm của các đường chéo $AD$ và $CE$, $x$ tỷ lệ giữa chiều dài đường chéo và chiều dài cạnh (hình 7). Từ sự giống nhau của các tam giác $EMD$ và $AMC$ ta thu được:
   $\frac{ED}{EM} = \frac{AC}{MC}$ hoặc $\frac{a}{(x - 1)a} = \frac{xa}{a}$.
   Do đó, $x^2 - x - 1 = 0$, $x = \frac{1}{2} (1 + \sqrt{5})$ hoặc $AC = \frac{(1 + \sqrt{5})a}{2}$.

60

3. Nếu ký hiệu thập phân của số $N$ là 20 thì $N=100M+20$, trong đó $M$ là số nguyên. Do đó, $N$ chia hết cho 5 và không chia hết cho 25. Điều sau không thể xảy ra: nếu một số $N$ chia hết cho một số nguyên tố $p$ thì nó cũng chia hết cho $p^2$. Thật vậy, mẫu số của lũy thừa $q$ là một số hữu tỉ.

Biểu diễn $q$ dưới dạng phân số tối giản $\frac{m}{n}$, ta thấy rằng $c=am^2/n^2$, tức là $a$ chia hết cho $n^2$. Do đó, $a=kn^2$, $b=knm$, $c=km^2$, trong đó $k$ là số nguyên. Nếu $N=k^3(n^3-m^3)^2$ chia hết cho $p$ thì $k$ hoặc $n^3-m^3$ chia hết cho $p$, tức là $N$ chia hết cho $p^2$.

4. Đáp số. Lúc 15:20 Lời giải. Chúng ta hãy biểu thị bằng $v_1, v_2, v_3, v_4$ tốc độ tự động hóa, công suất, công suất và cường độ, bằng $x$ và $y$ khoảng cách tách biệt cường độ với tự động hóa và công suất trong 12 giờ (hình 8). Điều kiện bài toán dẫn đến hệ phương trình $x=2(v_1+v_4), x+y=4(v_1+v_2), x+y=5(v_2+v_3), y=6(v_2-v_4)$. Để giá trị biến mất sau $t$ giờ. Sau đó $x=(t-12)(v_3+v_4)$. Từ hệ thống thu được, người ta thấy rằng $x=\frac{10}{3}(v_3+v_4)$. Vì vậy, $t=15\frac{1}{3}$.

5. Lời giải. Nó tuân theo điều kiện là mỗi điểm của bàn được lấy ra khỏi tâm của một đồng xu nhất định ở một khoảng cách nhỏ hơn đường kính của đồng xu. Hãy giảm tất cả các kích thước tuyến tính (bàn, đồng xu, v.v.) xuống một nửa. Bảng kết quả có thể được coi là một phần tư của bảng này. Trên bàn có 25 đồng xu có dạng bán kính nhỏ hơn (hãy gọi là đồng xu) và mỗi điểm của nó sẽ bị lấy ra khỏi tâm của một đồng xu nhất định ở một khoảng cách nhỏ hơn bán kính của đồng xu (không phải đồng xu!). Nếu bây giờ, không thay đổi vị trí tâm của các đồng xu trên bàn, chúng ta nhân đôi bán kính của chúng (tức là biến chúng thành đồng xu), thì bàn sẽ được bao phủ bởi 25 đồng xu. Do đó, một phần tư của bàn có thể được phủ 25 đồng xu và toàn bộ bàn có thể được phủ 100 đồng xu.

lớp 9

1. Lời giải. Các số theo chiều kim đồng hồ là 1, 2, 3, …, 30. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng trong số 15 quân bài có 4 số thì không quá 7 quân trắng. Sau đó, trong số các chip có bốn số có cùng số chip màu đen. Thay đổi vị trí của họ bằng Chip trắng,

61

Điều kiện $\triangle APB$ là hình chữ nhật đều có cạnh huyền $AB$.

5. Giả sử điều ngược lại: các số 1, 2, …, 3n được chia thành ba nhóm $A, B, C$ sao cho lựa chọn được chỉ ra là không thể. Đặt $a, b, c$ là phần tử nhỏ nhất trong nhóm và đặt $a < b < c$ là phần tử nhỏ nhất. Sau đó $a = 1, b \geq 2$. Nếu $b = 2$ thì $c \neq 3$ và do đó $c \geq 4$. Nếu $b > 2$, thì $c \geq b + 1 \geq 4$, tức là trong mọi trường hợp $c \geq 4$. Chúng ta hãy biểu thị bằng $s$ sự khác biệt nhỏ nhất (về mặt giá trị abscylotic) giữa các thành viên lân cận của chuỗi được hình thành từ các số của nhóm $C$, được sắp xếp theo thứ tự tăng dần. Hãy xem xét ba trường hợp.

a) $s \geq 3$. Sau đó, trong số các số $3k - 2, 3k - 1, 3k$, trong đó $k = 1, 2, ..., n$, không có nhiều hơn một số được đưa vào $C$ và không có số nào trong số 1, 2, 3 được đưa vào $C$. Do đó, $C$ chứa tối đa $n - 1$ số. Sự mâu thuẫn.

b) $s = 2$. Đặt $c'$ là một số tùy ý từ $C$. Sau đó $c' - 1 \notin C$. Vì $1 \in A$ và $(c' - 1) + 1 = c'$, nên $c' - 1 \notin B$. Do đó, $c' - 1 \in A$, tức là $A$ chứa $n$ số có dạng $c' - 1$, trong đó $c' \in C$. Vì $1 \in A$ và $c' - 1 \geq 3$ đối với bất kỳ $c' \in C$ nào, thì $A$ chứa ít nhất $n + 1$ số. Sự mâu thuẫn.

b) $s = 1$. Ta hãy chọn trung bình cộng của các số $c$ thuộc $C$ sao cho $c + 1$ cũng thuộc $C$, số nhỏ nhất $c$. Hãy xét các số (tự nhiên!) $c - b$ và $c - b + 1$ và chứng minh rằng chúng tạo thành $C$ (do đó mâu thuẫn với lựa chọn $c$). Rõ ràng là $b - 1 \in A$. Vì $(c - b + 1) + (b - 1) = c$, nên $c - b + 1 \notin B$. Vì $(c - b + 1) + b = c + 1$, trong đó $c + 1 \in C$ do chọn $c$, thì $c - b + 1 \notin A$. Vì vậy, $c - b + 1 \in C$. Nó được chứng minh theo cách tương tự rằng $c - b \in C$.

lớp 10

1. Lời giải. Đặt $O$ là tâm của đường tròn, $R$ bán kính của nó, $AB$ và $CD$ các dây cung vuông góc với nhau, $K$ và $L$ là trung điểm của $AB$ và $CD$ (hình 10). Nếu $M = O$, thì câu nói đó là hiển nhiên. Nếu $M \neq O$ thì $AB^2 + CD^2 = 4(AK^2 + LD^2) = 4((R^2 - OK^2) + (R^2 - OL^2)) = 8R^2 - 4OM^2$.

2. Gợi ý. Không mất tính tổng quát, chúng ta có thể giả sử rằng $0 < b < a$. Hãy biểu thị nó bằng $x = \frac{a}{b}$. Khi đó các bất đẳng thức này tương đương với các bất đẳng thức $2\frac{x - 1}{x + 1} < \ln x < \frac{x - 1}{\sqrt{x}}$. Cả hai bất đẳng thức này đều được chứng minh theo cách tương tự. Để chứng minh bất đẳng thức bên trái, chỉ cần kiểm tra xem hàm $f(x) = \ln x - 2\frac{x - 1}{x + 1}$ có trả về đúng cho $x > 1$ hay không là đủ. Việc kiểm tra có thể được kiểm tra, ví dụ, bằng cách sử dụng một tùy ý.

3. Đáp số. $V = \frac{1}{3} abc$. Lời giải. Gọi $h$ là chiều cao của hình song song vẽ từ đỉnh $B_1$ đến đáy $ABCD$. Trong phần tiếp theo của đoạn $DB$ cho điểm $B$ điểm $O$ sao cho $OB = BD$ (hình 11). Khi đó $OB_1D_1B$ là hình bình hành, và do đó $OB_1 \parallel BD_1$, $OB_1 = c$. Vì vậy, $V_{B_1AOC} = \frac{1}{3} OB_1 \cdot \left(\frac{1}{2} AB_1 \cdot CB_1\right) = \frac{1}{6} abc$. Vì $S_{AOC} = \frac{3}{2} S_{ABCD}$, nên $V_{ABCDA_1B_1C_1D_1} = h \cdot S_{ABCD} = 2 \cdot \left(\frac{1}{3} h \cdot S_{AOC}\right) = 2V_{B_1AOC} = \frac{1}{3} abc$.

4. Gợi ý. Sử dụng hành động điểm $x^2 + (x + 3)^2 + (x + 5)^2 + (x + 6)^2 = (x + 1)^2 + (x + 2)^2 + (x + 4)^2 + (x + 7)^2$ và giả sử $x = 1 + 8k$, trong đó $k = 0, 1, 2, ..., 124$, chúng ta tìm được 125 bộ bốn số nấm cần thiết cho mỗi nhóm.

5. a) Lấy một đoạn $AB$ có độ dài 2 với các điểm cuối khác nhau. Nếu không, một đoạn như vậy tồn tại, tất cả các điểm của đường tròn $\alpha$ bán kính 2 với tâm tại một điểm tùy ý $O$ sẽ được sơn cùng màu với điểm $O$ và xem xét tất cả các đường tròn có thể có $\beta$ bán kính 2 với tâm trên đường tròn $\alpha$, chúng ta sẽ có một đường tròn có bán kính 4 với tâm $O$, tất cả các điểm đều có cùng màu, tức là không thể được. Đặt màu của điểm $C$ ở giữa $AB$ giống với màu của điểm $A$. Chúng ta hãy dựng các hình tam giác đều $ACD$ và $ACE$, như trong hình 12. Theo các điều kiện, các điểm $D$ và $E$ được tô cùng màu với điểm $B$ và $BDE$ là hình tam giác mong muốn.

6. Hãy chia mặt phẳng thành các sọc ngang có chiều rộng $\sqrt{3}/2$, bao gồm cả các đường viền của nó, nhưng không bao gồm các đường viền phía trên. Tô màu

63

5. Độ lớn gia tốc của cuốn sách so với thang máy không phụ thuộc vào hướng vận tốc của thang máy mà phụ thuộc vào hướng gia tốc của nó. Nếu hướng lên trên thì gia tốc của cuốn sách là $g + a$; nếu xuống thì $g - a$.

6. Gia tốc tăng do khối lượng của tên lửa giảm.

7. Gia tốc hướng tâm gắn liền với chuyển động quay của Trái đất quanh Mặt trời là cực kỳ nhỏ so với gia tốc trọng trường trên Trái đất.

8. Về nguyên tắc là có, vì tất cả các vật thể, kể cả con người, đều nhẹ hơn ở xích đạo do gia tốc hướng tâm do chuyển động quay của Trái đất gây ra.

9. Gia tốc hướng tâm nhỏ nhất tại thời điểm này bằng gia tốc trọng trường $g$.

10. $T = 2\pi \sqrt{R/g}$, trong đó $R$ là bán kính Trái đất; $T \approx 1$ giờ 24 phút.

11. Khi di chuyển với gia tốc (cất cánh) thì giảm dần; khi chuyển động trên quỹ đạo con lắc không dao động.

Kinh nghiệm vi mô
Một vật nặng được treo vào trần ô tô bằng một sợi dây, chuyển động nhanh dần đều

Hình 17.

sẽ lệch (hình 17). Từ sự đồng dạng của các tam giác AOB và ACD ta tìm được:

$$a = g \frac{x}{\sqrt{l^2 - x^2}}.$$

bìa của chúng tôi
(xem «Kvant» Số 9, khu vực thôn 4)
Xem hình 18.

VIII Chuyến tham quan của các nhà vật lý trẻ
(xem «Kvant» số 8)

2. Trong trường hợp tiếp xúc kém, màng oxit sẽ hình thành, có thể có điện trở hoạt động cao. Màng oxit cực kỳ mỏng và điện dung đáng kể được tạo ra tại điểm tiếp xúc phẳng. Chương trình đầu tiên được truyền ở vùng tần số thấp (lên đến 10 kHz) và chương trình thứ ba ở dải tần khoảng 150 kHz. Ở tần số cao, sự hiện diện của điện dung ảnh hưởng: điện trở của nó ở tần số cao có thể nhỏ hơn nhiều so với điện trở hoạt động. màng oxit và chương trình thứ ba sẽ hoạt động tốt.

3. Nhiệt kế được làm nóng đến nhiệt độ khoảng 36°C chỉ bằng luồng không khí ấm thở ra. Ngoài ra, len tự nhiên thúc đẩy sự ngưng tụ mạnh mẽ của hơi nước, được chứa với số lượng lớn trong không khí thở ra, đồng thời nhiệt ngưng tụ cũng được giải phóng. Cân 1 g len tự nhiên trên cân phân tích sau 10 lần thở ra chậm cho thấy khối lượng của nó đã tăng 20 mg. Như vậy, với một lần thở ra, khoảng 2 mg nước được ngưng tụ và một lượng nhiệt 4,5 J được giải phóng. Lượng nhiệt này đủ để đun nóng 1 g ruti và 1 g thủy tinh (ví dụ về khối lượng của thủy tinh và ruti, ở