Lời giải bài toán M1031—M1035; F1043—F1045, F1047

Kvant 1987, số 7 tr. 38-42 Thẻ CN0C

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 →

if the number of successively connected wheels is very large. Assume that the wheel’s mass is uniformly distributed along the circumference, the strings are weightless and unstretchable and there is no friction.

E. N. Yunosov, I. V. Yaminski

P1065. A pot containing 1 liter of water refuses to come to a boil on a 100 watt heater. How long can it take for the water to cool by 1 degree when the heater is turned off?

A. R. Zilberman

P1066. Imagine that a thin layer of soot, absorbing practically all the Sun’s emissions, is formed in the upper atmosphere as the result of massive forest fires. What will the Earth’s mean temperature become, if it is now 300 K?

A. L. Stasenko

P1067. Một quả cầu đặc trong suốt có bán kính $R$ được làm từ vật liệu có chiết suất $n$ chứa một lớp vỏ nhỏ $A$ (hình Hình 2 trên trang 37). Khi nhìn vào phần cứng, khoảng cách biểu kiến từ nó đến tâm của quả cầu không phụ thuộc vào $\alpha$ để biết $\alpha$ đủ lớn (xem hình). Tìm khoảng cách thực sự từ phần cứng đến tâm của quả cầu.

G. V. Grigoriev

Lời giải bài toán

M1031 — M1035, F1043 — F1045, F1047

Chúng ta hãy dựng một điểm $B_1$ , đối xứng $B$ so với đường thẳng $l$ , sau đó $M$ nằm tại giao điểm của các đường $AB_1$ và $l$ (xem hình 2 ở trang 37). Khi nhìn vào phần cứng, khoảng cách biểu kiến từ nó đến tâm của quả cầu không phụ thuộc vào $\alpha$ để biết đủ lớn $\alpha$ (xem hình). Tìm khoảng cách thực sự từ phần cứng đến tâm của quả cầu.

Góc $AMB$ là góc ngoài của tam giác đều $MBB_1$ bằng $2\angle AB_1B$ . Mặt khác, các điểm $A, B$ và $B_1$ nằm trên một đường tròn có tâm $N$ , do đó $\angle ANB = 2\angle AB_1B$ (góc ở tâm $ANB$ và góc nội tiếp $AB_1B$ nằm trên một cung $AB$ ).

L. D. Kurlyandchik

M1032. Các $n$ các số 2, 3, …, $n+1$ được viết ra, tích có trọng số của chúng là hai, ba, v.v. cho đến tích của tất cả $n$ của các số này. Chứng minh rằng tổng nghịch đảo của tất cả các số viết ra bằng $n/2$ . (Ví dụ: tại $n=3$ $\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{2 \cdot 4} + \frac{1}{3 \cdot 4} + \frac{1}{2 \cdot 3 \cdot 4} = \frac{3}{2}$ .)

Rõ ràng, xét trong bài toán tổng nhỏ hơn tích 1

$\left(1 + \frac{1}{2}\right)\left(1 + \frac{1}{3}\right)...\left(1 + \frac{1}{n+1}\right).$

Vì vậy, nó bằng

$\frac{3}{2} \cdot \frac{4}{3} \cdot \frac{5}{4} ... \frac{n+2}{n+1} - 1 = \frac{n+2}{2} - 1 = \frac{n}{2},$

Q.E.D.

A. B. Anjans

M1033. Đường tròn của một tứ giác vuông (giới hạn mỗi cạnh là hai đường tròn và hai đoạn thẳng). Chúng ta hãy sơn hai trong số chúng, liền kề với các góc đối diện của hình vuông, màu đen, hai cái còn lại - màu đỏ. Chứng minh rằng: a) tổng các cung đỏ và cung xanh bằng nhau; b) tổng chu vi của các tam giác đỏ và tam giác xanh bằng nhau.

Hình 1. Hình 2.

M1034. Một miếng sôcôla hình chữ nhật được chia thành 50 phần hình vuông bằng các rãnh dọc và rãnh ngang. Hai từ chiều cao của một zett như vậy. Người mới bắt đầu trải sô cô la dọc theo một chỗ lõm nhất định thành hai phần hình chữ nhật. Sau đó, lần lượt cắt một trong các phần thu được thành hai phần dọc theo một chỗ lõm nhất định. Người nào bẻ được một miếng vuông (không có lỗ) bằng lông vũ, a) xuyên thủng, b) thắng. Người chơi nào có thể đảm bảo chiến thắng cho mình - người mới bắt đầu hoặc đối tác của mình?

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
12 13 14 15 16 17 18
19 20 21 22 23 24 25

Đáp số: Trong cả hai phiên bản của trò chơi, người mới bắt đầu sẽ thắng. Điều này cũng đúng với mọi sô cô la có mn miếng (có kích thước m×n), trong đó mn chẵn (ngoại trừ trường hợp sô cô la 2×n có n lẻ ở phương án 6) - ở đây đáp số phụ thuộc vào n.) Chúng ta sẽ xét ngay trường hợp tổng quát. Điều thú vị là chiến lược chiến thắng trong các phương án “ngược lại” a) và 6) gần như giống nhau.

a) Chiến lược đảm bảo người mới bắt đầu giành chiến thắng như sau. Ít nhất một trong các số m và n là số chẵn - gọi nó là m(m=2k). Với động tác đầu tiên, người mới bắt đầu chia sô cô la thành hai nửa bằng nhau (mỗi nửa n×k miếng). Sau đó, cứ mỗi giây anh ta lại chơi ở nửa còn lại của thanh sô cô la. Như vậy, sau mỗi lượt của ván đầu tiên, cả hai hiệp sẽ bị bẻ gãy theo cách giống hệt nhau. Rõ ràng là trong trường hợp này, cái đầu tiên sẽ không cắt được lát 1 × 1 bằng lát cắt thứ hai.

Ở đây, với m>2 và n>1, người mới bắt đầu có thể sử dụng chiến lược “đối xứng” tương tự cho đến khi chiến lược thứ hai tách ra khỏi dải có 1; người đầu tiên ngay lập tức bẻ được mảnh 1x1 của nó và giành chiến thắng.

Khi xuất bản bài toán, do hiểu lầm nên chúng tôi đã không đặt hình vẽ mô tả sô cô la từ các lát 5 × 10 bên cạnh các điều kiện; Do đó, nói đúng ra, chúng ta cũng cần xem xét trường hợp của một thanh sô cô la 2x25 (mặc dù rõ ràng là không có những thứ như vậy trong đời thực). Trong biến thể 6) của trò chơi, chiến lược “đối xứng” đối với thanh sô cô la 2×n là không phù hợp - không thể phân biệt được một dải có sọc số 1 (điều này ngay lập tức dẫn đến một lỗ), vì vậy sô cô la chỉ có thể bị bẻ “ngang”. Một trò chơi “phân chia” xuất hiện. Số n được viết trên bảng ở đầu; sau đó, với mỗi lần di chuyển, một trong các số sẽ bị xóa và các neoctor viết hai số tự nhiên, tổng của chúng sẽ bị xóa. Người buộc phải viết 1 sẽ thua (tức là vị trí mở đầu là tập hợp số 2 và 3). Câu hỏi ai thắng trong những trò chơi như vậy không hề đơn giản; một lý thuyết thú vị cho phép bạn tìm thấy đáp số mà không cần tìm kiếm nhiều sẽ được thảo luận ở một trong các số báo

«Kvant» vào năm tới. Hiện tại, chúng tôi sẽ chỉ báo cáo đáp số: với $n=25$ người mới bắt đầu sẽ thắng (một trong những nước đi đầu tiên đúng: $25=13+12$ ).

Đáp số cho số lẻ $mn$ trong trường hợp chung, chúng tôi không biết đối với tùy chọn a) hoặc tùy chọn 6) của trò chơi.

S.V. Fomin, N.V. Vasiliev

M1035. Trên đoạn [0; 1] điểm $x_0, x_1, x_2, ..., x_n$ lần lượt được dịch chuyển. Đối với mỗi điểm $x_k$ ( $k=1, ..., n$ ), khoảng cách $d_k$ từ điểm đó đến điểm được đặt gần nhất trước đó sẽ thay đổi. Chứng minh rằng $d_1+d_2+...+d_n \leq 1 + \frac{\log_2 n}{2}$ .

Hình 1.

Hình 2. Biến đổi của tập hợp $x_0, x_1,...,x_n$ khi dịch chuyển điểm $x_2$ : mỗi giá trị $x_2, 0 \leq x_2 \leq 1$ tương ứng với một đoạn ngang, tại giao điểm của đoạn đó với các đường màu xanh lam là các điểm $x_i$ .

Hình 3.

Trước tiên chúng ta hãy chỉ ra rằng bất kỳ tập hợp điểm $x_0, x_1, ..., x_n$ nào trên khoảng [0; 1] có thể thực hiện được mà không cần giảm số lượng

$s = d_1 + d_2 + ... + d_n,$

biến đổi thành một tập hợp, hai điểm đầu tiên là 0 và 1, và mỗi điểm tiếp theo là phần giữa của một trong các đoạn mà các điểm trước đó được chia [0; 1]. Rõ ràng là bạn có thể giới hạn bản thân trong các tập hợp các điểm khác nhau (nếu điểm $x_i$ trùng với một trong những điểm trước đó, bạn chỉ cần gạch bỏ nó - $d_i=0$ - và thêm một điểm mới vào cuối). Nhưng sẽ thuận tiện cho chúng ta nếu cho phép có sự trùng hợp ngẫu nhiên.

Đặt $x_i$ là điểm ngoài cùng bên trái và $x_k$ là điểm ngoài cùng bên phải của tập hợp. Rõ ràng, $s$ sẽ không giảm nếu chúng ta thay $x_i$ bằng 0 và $x_k$ bằng 1. Ngoài ra, với $i \geq 1$ chúng ta có thể hoán đổi $x_i=0$ và $x_{i-1}$ với nhau - trong trường hợp này tổng $d_{i-1}+d_i$ chỉ có thể tăng (hình 1) và các tổng còn lại $s$ sẽ không thay đổi. Do đó, từ nay trở đi chúng ta có thể giả sử rằng $x_0=0$ và $x_1=1$ . Chúng tôi sẽ “cải thiện” bộ $x_0, ..., x_n$ hơn nữa. Hãy xem xét điểm $x_2$ . Nếu $x_2=x_0$ hoặc $x_2=x_1$ , hãy bỏ qua và đi tới $x_3$ . Bây giờ hãy $x_2=x$ , $0<x<1$ . Chúng ta sẽ di chuyển điểm $x_2=x$ dọc theo đoạn [0; 1] và đồng thời một trong các phân đoạn [0; x] hoặc [x; 1] cùng với tất cả các điểm rơi trên đó $x_i$ kéo dài, và điểm còn lại - lướt qua (hình 2). Rõ ràng là tổng các số $d_i$ cho các điểm $x_i$ của đoạn [0; x] sẽ thay đổi tương ứng thành $x$ và đối với đoạn [x; 1] tỷ lệ thuận với 1—x, do đó tổng tổng, dưới dạng hàm của $x$ , sẽ bằng

$s = 1 + \min(x, 1-x) + lx + r(1-x)$

( $d_1=1, d_2=\min(x, 1-x), l$ và $r$ là hằng số). Hàm này tuyến tính trên các khoảng [0; 1/2] và [1/2; 1] và có điểm gấp khúc tại điểm $x=1/2$ (hình 3), do đó điểm tối đa của nó đạt được tại một trong các điểm $0, 1/2, 1$ . Hãy di chuyển $x_2$ đến điểm tối đa, đồng thời sử dụng cây (hoặc tạo) thích hợp một tập hợp điểm $x_i$ trên các đoạn [0; $x_2$ ] và [ $x_2; 1$ ]. Chúng ta sẽ thu được một tập hợp các điểm mà tổng $s$ không nhỏ hơn điểm ban đầu đầu tiên và điểm $x_2$ nằm ở giữa đoạn [ $x_0; x_1$ ] ( $x_2=1/2$ ) hoặc ở rìa của đoạn này. Hơn nữa, nếu $x_3$ không trùng với bất kỳ điểm nào trong số các điểm $x_0, x_1$ , $x_2$ , hãy xem xét một trong các đoạn [ $x_0; x_2$ ] và [ $x_2; x_1$ ] mà $x_3$ nằm trên đó. Như trên, chúng ta có thể thay đổi tập hợp điểm $x_i$ trên đoạn này để điểm $x_3$ trở thành điểm giữa hoặc điểm cuối của đoạn đó và tổng $s$ không giảm. Làm tương tự với các điểm sau, chúng ta sẽ đi đến một tập hợp trong đó $x_0=0$ , $x_1=1$ và mỗi điểm tiếp theo trùng với điểm giữa của đoạn nối hai điểm liền kề hoặc với một trong các điểm này. Tất cả các điểm trùng với các điểm trước đó có thể bị gạch bỏ, sau đó vẫn còn lại một tập hợp $k$ điểm ( $k \leq n$ ), thỏa mãn điều kiện được đặt ra ở đầu lời giải.

Đối với tập hợp điểm $d_1=1, d_2=1/2, d_3=1/4, d_4=1/4$ hoặc $1/8$ cho $i \geq 2$ , mỗi số $d_i$ bằng $2^{-m}$ với một số tự nhiên $m$ và có nhiều nhất $2^{m-1}$ số $2^{-m}$ . Rõ ràng là tổng của $n$ số đầu tiên có giá trị lớn nhất khi

Hình 4. Các chấm đầy màu sắc là giá trị của $s(n)$ .

$d_1 = 1, \quad d_2 = 1/2, \quad d_3 = d_4 = 1/4, \quad d_5 = \dots = d_8 = 1/8, \dots$
(1) $(d_i = 2^{-m}$ cho $2^{m-1} < i \leq 2^m$ ), tức là cho một chuỗi các điểm

$0, 1, \frac{1}{2}, \frac{1}{4}, \frac{3}{4}, \frac{1}{8}, \frac{3}{8}, \frac{5}{8}, \frac{7}{8}, \frac{1}{16}, \dots$

(2)

(các phân số có cùng giá trị có thể được sắp xếp lại theo trình tự này). Vẫn còn phải ước tính tổng $s(n) = d_1 + \dots + d_n$ cho chuỗi (1). Tại $n = 2^m + k, 0 \leq k < 2^m, m \geq 0$ ,

$s(n) = 1 + \frac{1}{2} + 2 \cdot \frac{1}{4} + 4 \cdot \frac{1}{8} + \dots + 2^{m-1} \cdot \frac{1}{2^m} + \frac{k}{2^{m+1}} =$

$= 1 + \frac{m}{2} + \frac{k}{2^{m+1}},$

tức là $s(n) = 1 + (\log_2 n)/2$ tại $n = 2^m$ và trong các phần từ $2^m$ đến $2^{m+1}$ hàm $s(n)$ thay đổi tuyến tính. Vì $\log_2 x$ là hàm lồi nên $s(n) \leq 1 + (\log_2 n)/2$ cho mọi tự nhiên $n$ (hình 4).

Điều thú vị là vị trí tối ưu của các điểm (2) được đưa ra bằng thuật toán “tham lam” (đây là một thuật ngữ hoàn toàn chính thức): ở mỗi bước nó đủ để đảm bảo mức tối đa của số hạng tiếp theo mà không cần lo lắng về những gì tiếp theo.

V. S. Gripberg

F1043. Trên một mặt phẳng nằm ngang nhẵn, đang quay, một thanh có chiều dài $l = 10$ cm trượt với tốc độ $v = 10$ cm/s. Với tốc độ quay bắt được bao nhiêu thì gậy sẽ chạm vào tường (xem hình 4) ngón tay, nếu ở khoảng cách $L = 50$ cm so với tường thì gậy song song với tường?

Thời gian để tâm thanh đi được quãng đường $L$ tới tường là

$\tau = \frac{L}{v} = 5 \text{ с.}$

Để cây gậy chạm vào thành ngón tay, trong thời gian này, nó phải hoàn thành một số nguyên số vòng quay quanh trục. Kể từ đây,

$\omega_n \tau = n\pi, \text{ где } n = 1, 2, 3, \dots,$

Ở đâu

$\omega_n = n \frac{\pi}{\tau}.$

Không phải tất cả các giá trị kết quả của $\omega$ sẽ là đáp số trong bài toán. Với những ngón tay $\omega$ đủ lớn, khi di chuyển, một đầu của nó sẽ “bắt” vào tường mà ngón tay không kịp chạm vào. Để tìm điều kiện mà các giá trị bị biến dạng $\omega$ thỏa mãn, chúng tôi lưu ý rằng trong quá trình va chạm, tốc độ của đầu $A$ (xem hình 4) không thể hướng từ tường (nếu không, tại cùng một thời điểm, điểm $A$ “nằm” trong tường, điều này là không thể). Tốc độ của điểm $A$ là tổng tốc độ chuyển động của tâm thanh và tốc độ quay tuyến tính của thanh:

$v_A = u - v = \frac{\omega l}{2} - v > 0.$

Từ đây ta thu được điều kiện $\omega$ :

$\omega < \frac{2v}{l} = 2c^{-1}.$

So sánh các điều kiện này với công thức (*) ta sẽ thấy giá trị phù hợp $\omega_n$ chỉ là giá trị

$\omega_1 = 0,63 \text{ c}^{-1}, \omega_2 = 1,26 \text{ c}^{-1}, \omega_3 = 1,89 \text{ c}^{-1}.$

Tôi. Yu. Poteryayko

F1044. Một vận động viên nhảy dù có khối lượng $m=90$ kg thực hiện cú nhảy xa. Trước khi dù bung ra, tốc độ của nó là $v_0=60$ m/s; sau khi dù mở ra, tốc độ là $v=6$ m/s. Lực căng tối đa trên dây dù sẽ là bao nhiêu nếu nó được triển khai theo kiểu nhiều lần? Giả sử lực cản của không khí tác dụng lên một chiếc dù đang chuyển động tỉ lệ với bình phương tốc độ. Khối lượng của dù và dây phải được coi là nhỏ so với khối lượng của dù.

F1045. Hai nhà thám hiểm vùng cực đã gặp nhau ở Bắc Cực. Họ mặc những bộ đồ kết hợp có vẻ giống hệt nhau, nhưng thực tế một trong những bộ đồ kết hợp đó là một chiếc Tellee. Khi nhiệt độ được đặt lên bề mặt Raman, nhiệt độ ở mặt này cao hơn mặt kia. Sự kết hợp nào? (Kết hợp thông thường, không cắt xén.)

F1047. *) Người quan sát chụp một “tia nắng” với sự trợ giúp của một chiếc gương nhỏ, đứng trước một chiếc gương lớn mà anh ta nhìn thấy hình ảnh của mình. Điều gì sẽ xảy ra nếu người được quan sát chỉ “con thỏ” vào hình ảnh của chiếc gương trong gương?

Khi dù mở ra, tốc độ ổn định của dù (khi tổng các lực tác dụng lên nó bằng 0) là 6 m/s. Trong trường hợp này, lực cản không khí $F_c$ bằng lực căng của dây treo $T_0$ , lực này lần lượt bằng lực hấp dẫn $mg$ , tức là $F_c = mg$ .

Tại thời điểm đầu tiên sau khi dù mở ra, lực cản $F_c$ lớn hơn $(60/6)^2=100$ lần. Do đó, lực cản trở thành bằng 100mg. Lực căng của dây treo là như nhau:

$T = 100mg = 80000\mathrm{H}$

Vì lý do. Với một lực $T$ như vậy, người nhảy dù sẽ có được khả năng bám rễ $a = \frac{1}{m}(T - mg) = 99g$ , tức là mức quá tải $a/g$ sẽ lớn hơn mức không thể chấp nhận được. Trên thực tế, tán không mở ngay lập tức và độ căng của dây không cao lắm. Giá trị thực của tình trạng quá tải $a/g$ không bao giờ vượt quá 6-7. Vì vậy, khi tính độ bền của dây treo, chúng ta có thể giả sử rằng nó luôn bằng $T \ll 100\mathrm{mg}$ .

I. F. Ginzburg

Nhiệt độ ở bề mặt bên trong của buồng kết hợp là như nhau - nó bằng nhiệt độ của cơ thể con người. Dòng nhiệt qua tổ hợp cũng gần như nhau (trừ khi giả định rằng một trong những nhà thám hiểm vùng cực đang làm công việc nặng nhọc, còn người kia sẽ lười biếng vào lúc này). Điều này có nghĩa là chất liệu của bộ đồ zona, có nhiệt độ bề mặt thấp hơn, có độ dẫn nhiệt thấp hơn và chính loại quần áo đó mà chúng ta gọi là cơ thể. Lớp cực đoan của bài toán này mô tả một người mặc một chiếc áo sơ mi mỏng - nhiệt độ bề mặt của nó chỉ khác một chút so với 36 độ bình thường (tất nhiên cho đến khi người đó rất lạnh).

I. I. Mazin

“Con thỏ” mà người quan sát có thể nhìn thấy trong gương lớn là hình ảnh “con thỏ” được tạo ra trên “màn hình” đứng trước gương lớn. Màn hình có thể là chính người quan sát, bức tường mà người đó nhìn thấy trong gương, v.v. Có một “lỗ” trên màn hình - đây là một tấm gương nhỏ: nếu ánh sáng mặt trời trực tiếp, trước tiên phản chiếu từ một tấm gương nhỏ, sau đó từ một tấm gương lớn, chiếu vào tấm gương nhỏ, thì sẽ không có “con thỏ”. Nhưng với đường đi như vậy, các tia sáng sau khi phản xạ đầu tiên từ gương nhỏ sẽ vuông góc với mặt phẳng của gương lớn và do đó rơi vào ảnh của gương nhỏ trong gương lớn.

Do đó, nếu người quan sát hướng “chú thỏ nắng” vào hình ảnh của gương, thì anh ta sẽ không nhìn thấy hình ảnh “chú thỏ” ở đâu cả.

S. S. Krotov

*) Lời giải bài toán F1046 sẽ được dành cho một ghi chú trong một trong những số tiếp theo của tạp chí.