Lời giải bài toán M1061—M1064; F1073—F1077

Kvant 1988, số 1 tr. 24-29 Thẻ 2IJU

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 →

Lời giải bài toán

M1061—M1064, F1073—F1077

Chúng tôi sẽ dần dần thiết lập chỉ đường trên các con đường. Hãy thực hiện điều này đối với những con đường nối các thành phố từ một số tập hợp $M$ sao cho yêu cầu đó bài toán được thỏa mãn: từ bất kỳ thành phố nào trong tập hợp này, người ta có thể lái xe đến bất kỳ thành phố nào khác trong số đó, theo các chỉ dẫn đã chọn. (Để bắt đầu, chúng ta có thể giả sử rằng $M$ bao gồm một thành phố và các hướng cần bỏ qua không được thiết lập.) Hãy chứng minh rằng nếu không phải tất cả các thành phố đều được bao gồm trong $M$ thì chúng ta có thể chọn chỉ đường trên một số con đường khác và tăng $M$ trong khi đáp ứng yêu cầu này.

Rõ ràng là có một con đường nối thành phố $A$ từ $M$ với thành phố $B$ , không nằm trong $M$ . Hãy xây dựng một đường dẫn $c=BC_1C_2...C_kA$ từ $B$ đến $A$ không đi dọc theo đường $AB$ . Để thực hiện việc này, hãy chọn bất kỳ thành phố nào $D$ , khác với $A$ và $B$ , đồng thời xem xét đường dẫn $a$ từ $A$ đến $D$ , không đi qua $B$ và đường dẫn $b$ từ $D$ đến $B$ , không đi qua $A$ (hình 1). Vì $c$ , chúng ta có thể đi theo con đường đầu tiên dọc theo $a$ - đến thành phố đầu tiên chung với $a$ và $b$ - và sau đó dọc theo $b$ . Đặt $C_m$ là thành phố đầu tiên trong số các thành phố $C_1$ , …, $C_k$ được bao gồm trong $M$ (nếu không có thành phố nào như vậy, hãy đặt $m=k+1$ , $C_m=A$ ). Hãy chọn chỉ đường trên các đường $AB$ , $BC_1$ , $C_1C_2$ , …, $C_{m-1}C_m$ theo thứ tự: từ $A$ đến $B$ , từ $B$ đến $C_1$ , v.v. và thêm thành phố vào $M$ $B$ , $C_1$ , …, $C_{m-1}$ . Điều kiện của chúng tôi sẽ không bị vi phạm, vì từ bất kỳ thành phố phụ nào, người ta có thể đến bộ “cũ” $M$ (tối đa $C_m$ ) và có thể đến bất kỳ thành phố nào trong số đó từ $M$ (thông qua $A$ ).

Bằng cách lặp lại quá trình này, chúng tôi sẽ bao gồm tất cả các thành phố trong $M$ . Trên những con đường “không được quản lý” còn lại sau này (nếu còn), chúng tôi sẽ đặt hướng dẫn giao thông tùy ý.

Bạn có thể lập luận hơi khác một chút, trước tiên hãy chứng minh rằng trong điều kiện bài toán, hai thành phố bất kỳ được kết nối bằng hai con đường đi dọc theo những con đường khác nhau (câu phát biểu này là nội dung của một trong các bài toán Thế vận hội Olympic Thế giới).

bài toán của chúng tôi chỉ đưa ra điều kiện đủ. Hóa ra định lý sau đây là đúng: để đặt các mũi tên trên đường để có thể đi đến các phương tiện giao thông theo hướng do chúng quy định từ bất kỳ thành phố nào đến bất kỳ thành phố nào khác, điều cần thiết và đủ là mạng lưới đường ban đầu phải được kết nối và không có eo đất (tức là sau khi đóng bất kỳ con đường nào, người ta có thể đi từ thành phố này đến thành phố khác, hình 2). Định lý không phức tạp lắm này đã được chứng minh vào năm 1939 bởi G. Robbins*), người đặc biệt được biết đến với tư cách là cố vấn của R. Courant trong cuốn sách tuyệt vời “Toán học là gì”.

V. E. Kolosov, N. V. Vasiliev

*) Xem Định lý 4.4.1 trong cuốn “Giới thiệu về lý thuyết đồ thị” của A. A. Zykov. - M.: Nauka, 1987.

M1062. a) Lấy điểm E và D trên các cạnh AB và AC của tam giác ABC. Các đường thẳng BD và CE cắt nhau tại các điểm M, AM và BC tại các điểm P, AM và DE tại điểm N. Chứng minh rằng

$\frac{PN}{NA} = 2 \cdot \frac{PM}{MA}.$
b) Các điểm D, E, F lấy trên các cạnh SA, SB, SC của tam giác SABC. Các mặt phẳng ABF, BCD và CAE cắt nhau tại M, đường thẳng SM cắt các mặt phẳng ABC và DEF tại P và N. Chứng minh rằng

$\frac{PN}{NS} = 3 \cdot \frac{PM}{MS}.$

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3a.

a) Đặt $DE \parallel BC$ (hình 1) trước. Hãy đặt $AN=x$ , $NM=y$ , $MP=z$ , sau đó

$\frac{PN}{NA} : \frac{PM}{MA} = \frac{z+y}{x} \cdot \frac{x+y}{z} =$

$= \frac{xz+y(x+y+z)}{xz} = 1 + \frac{y}{z} \cdot \frac{x+y+z}{x} = 2,$

(*)

vì từ sự sẵn sàng của các tam giác MBC và MDE, ABC và ADE nên suy ra rằng

$\frac{y}{z} = \frac{MN}{MP} = \frac{DE}{BC} = \frac{AN}{AP} = \frac{x}{x+y+z}.$

Trường hợp tổng quát sử dụng phép chiếu tâm. Giả sử các đường thẳng DE và BC cắt nhau tại điểm K. Vẽ một mặt phẳng tùy ý α đi qua AP không trùng với ABC và chọn điểm O sao cho đường thẳng OK song song với α (hình 2). Với hình chiếu tâm từ tâm O lên mặt phẳng α, tất cả các điểm của đường thẳng AP chiếu lên chính chúng (và các mối quan hệ $PN/NA$ và $PM/MA$ được giữ nguyên), đồng thời các đường thẳng DE và BC, rất/không, chiếu thành những điểm song song - như người ta nói, điểm K “tiến đến vô cùng”. Kết quả là, từ một cấu hình tùy ý thỏa mãn điều kiện bài toán, chúng ta thu được hình 1. bài toán này thuộc về hình học xạ ảnh, nghiên cứu các tính chất của các hình được bảo toàn dưới hình chiếu trung tâm. Một ví dụ về khái niệm trong lĩnh vực hình học này là tỷ lệ kép của bốn điểm P, A, N, M tùy ý của một đường thẳng, theo định nghĩa, bằng giá trị ở phía bên trái (*). Hãy thử chứng minh rằng nó thực sự không thay đổi theo phép chiếu trung tâm.

Bạn có thể giải bài toán bằng cách sử dụng trọng tâm (về ứng dụng khái niệm này trong hình học, xem bài viết của V. G. Boltyansky và M. B. Balk “Trọng tâm sẽ nhẹ đi lời giải” trong «Kvant» Số 4, 1984). Chúng ta đặt một khối lượng m nhất định ở đỉnh A, và các khối lượng m_b và m_c như vậy ở đỉnh B và C, sao cho tâm của ba khối lượng rơi vào điểm M. Để làm được điều này, chúng ta cần lấy $m_b=(AE/BE)m$ , $m_c=(AD/BD)m$ . (Thật vậy, khối tâm của m và m_b là điểm E nên tâm chung nằm trên đoạn CE; tương tự chứng minh rằng nó nằm trên BD.) Khối tâm của m_b và m_c nằm tại giao điểm của AM và BC, tức là tại điểm P và $PM/MA=m(m_b+m_c)$ (hình 3, a). Bây giờ hãy thêm một khối lượng m khác vào điểm A. Khối tâm tổng quát sẽ dịch chuyển từ M đến một điểm nào đó trên đoạn MA. Đồng thời, nhóm một khối lượng m với m_c và khối kia với m_b (hình 3, b), chúng ta thấy rằng nó phải nằm trên DE, tức là tại điểm N. Cuối cùng, nhóm m_c và m_b, chúng ta thấy rằng $PN/NA=2m(m_b+m_c)=2PM/MA$ .

bài toán này cũng có thể chiếu được và nó có thể được giải tương tự như phần trước - rút gọn thành trường hợp DEF || ABC. Nhưng thật khó để biện minh cho lời giải như vậy trong khuôn khổ hình học cơ bản. Hãy trình bày vectơ lời giải (hình 4).

Đối với bất kỳ điểm X nào, chúng ta biểu thị vectơ $\overline{SX}$ bằng $\overline{X}$ .

Đặt $\bar{P} = m\bar{M} = n\bar{N}$ , $\bar{A} = \alpha\bar{D}$ , $\bar{B} = \beta\bar{E}$ , $\bar{C} = \gamma\bar{F}$ (tức là $m = SP:SM$ , $n = SP:SN$ , v.v.). Chúng ta hãy mở rộng vectơ $\bar{P}$ thành các vectơ không thỏa mãn $\bar{A}$ , $\bar{B}$ , $\bar{C}$ :

$\bar{P} = x\bar{A} + y\bar{B} + z\bar{C}.$

(1)

Gorda

$x + y + z = 1.$

(2)

Vectơ thực $\bar{AP}$ nằm trong mặt phẳng $ABC$ , vì vậy đối với một số $y_1$ và $z_1$ $\bar{AP} = y_1\bar{AB} + z_1\bar{AC} = y_1(\bar{B} - \bar{A}) + z_1(\bar{C} - \bar{A})$ , do đó $\bar{P} = \bar{A} + \bar{AP} = (1 - y_1 - z_1) \times \bar{A} + y_1\bar{B} + z_1\bar{C}$ . Và vì các hệ số trong (1) được xác định duy nhất nên $y_1 = y$ , $z_1 = z$ , $x = 1 - y - z$ . Như vậy, đẳng thức (2) là điều kiện cần (cũng như đủ) để điểm $P$ nằm trong mặt phẳng $ABC$ .

Chúng ta hãy viết điều kiện này cho điểm $N$ trong mặt phẳng $DEF$ và cho điểm $M$ , nằm trong ba mặt phẳng - $ABF$ , $BCD$ và $CAE$ . Từ việc khai triển $n\bar{N} = \bar{P} = x\alpha\bar{D} + y\beta\bar{E} + z\gamma\bar{F}$ , chúng ta thu được $x\alpha/n + y\beta/n + z\gamma/n = 1$ , tức là

$x\alpha + y\beta + z\gamma = n;$

(3)

từ việc mở rộng $m\bar{M} = \bar{P} = x\bar{A} + y\bar{B} + z\gamma\bar{F}$ - cái gì

$x + y + z = m.$

Và, tương tự, có thêm hai đẳng thức nữa:

$\alpha x + y + z = m,$

$x + \beta y + z = m.$

Cộng ba đẳng thức cuối cùng và tính đến (2) và (3), chúng ta thấy rằng

$n + 2 = 3m.$

Vẫn còn phải thể hiện mối quan hệ của các phân đoạn trong các điều kiện đặc tả thông qua $m$ và $n$ :

$\frac{PN}{NS} : \frac{PM}{MS} = \frac{PS - NS}{NS} : \frac{PS - MS}{MS} = \frac{n - 1}{m - 1} = \frac{3m - 3}{m - 1} = 3.$

Bài toán 6) cũng có thể được giải bằng cách sử dụng khối tâm, như bài toán a).

V. N. Dubrovsky

ĐÁP ÁN: a), 6) 18·19=342; b) 18·19= $\frac{n-3}{2}$ cho số chẵn $n$ , 1 cho $n=1$ , 18·19= $\frac{n-3}{2}$ cho số lẻ khác $n$ .

Đặt số có $a - n$ chữ số, $a = a_{n-1} \cdot 10^{n-1} + a_{n-2} \cdot 10^{n-2} + \dots + a_0$ , sau đó $a = a_0 \cdot 10^{n-1} + a_1 \cdot 10^{n-2} + \dots + a_{n-1}$ và

$a - a = d_1(10^{n-1} - 1) + d_2(10^{n-2} - 10) + \dots + d_k(10^{n-k} - 10^{k-1}),$

(1)

trong đó $k=n/2$ cho số chẵn $n$ và $k=(n-1)/2$ cho số lẻ $n$ và $d_l = a_{n-l} - a_{l-1}$ . Vì $1 \leqslant a_{n-1} \leqslant 9$ , $0 \leqslant a_i \leqslant 9$ với $i=0, 1, \dots, n-2$ nên các số $d_l$ thỏa mãn tính không khai triển

Venstam

$-8 \leq d_n \leq 9, -9 \leq d_l \leq 9$ tại $l=2, 3, \dots, k$ . (2)

Do đó, bất kỳ sự khác biệt nào $a-a$ đều được biểu thị dưới dạng (1), trong đó các hệ số $d_l$ được chọn từ các khoảng (2), có thể được thực hiện theo $18 \cdot 19^{k-1}$ cách. Rất thuận tiện để tìm kiếm từng bộ $d_1, \dots, d_k$ như vậy, bạn có thể chỉ định các số $a$ thỏa mãn (1) và, như sẽ được hiển thị, các hệ số $d_1, \dots, d_k$ trong (1) được xác định duy nhất, số giá trị của hiệu $a-a$ cũng bằng $18 \cdot 19^{k-1}$ .

Vì vậy, hãy chứng minh biểu diễn duy nhất (1) (với điều kiện (2)). Giả sử một số hai tập hợp $d_1, \dots, d_k$ và $d'_1, \dots, d'_k$ các giá trị của các biểu thức ở vế phải của (1) trùng nhau. Đánh đồng hiệu của các biểu thức này bằng 0 và đặt $r_l=d_l-d'_l$ , chúng ta thu được

$r_1(10^{n-1}-1)+r_2(10^{n-2}-10)+\dots+r_k(10^{n-k}-10^{k-1})=0. \tag{3}$

Rõ ràng là $|r_l| \leq 18$ . Giả sử rằng $r_1 \neq 0$ , thì $r_1=\pm 10$ , vì tất cả các số hạng trong (3), ngoại trừ số hạng đầu tiên, đều chia hết cho 10. Chúng ta hãy thay thế $r_1=\pm 10$ trong (3):

$10^{n-1}-1=|r_2(10^{n-3}-1)+\dots+r_k(10^{n-k-1}-10^{k-2})|<18(10^{n-3}+10^{n-4}+...+1)<2 \cdot 10^{n-2}.$

Nhưng $10^{n-1}-1>2 \cdot 10^{n-2}$ với mọi $n \geq 2$ , do đó $r_1$ , và do đó số hạng đầu tiên trong (3) bằng 0. Do đó, đây là một phân cách của $r_2, r_3, \dots, r_k$ , chúng ta thu được $r_2=\dots=r_k=0$ , tức là $d_l=d'_l$ cho tất cả $l$ .

G. O. Elstin

F1073. Một quả bóng đàn hồi nhỏ được thả từ độ cao $H=1$ m so với mặt sàn và một tấm đĩa được đóng lại trên đường đi của nó, từ đó nó nảy lên. Quả bóng sẽ có tốc độ bao nhiêu khi chạm sàn? Đĩa phải được đặt như thế nào để quả bóng chạm sàn càng xa điểm xuất phát càng tốt? Khoảng cách tối đa này là bao nhiêu?

Tốc độ của quả bóng tại thời điểm chạm sàn không phụ thuộc vào vị trí và cách lắp đặt tấm đĩa (tác động lên tấm đĩa là đàn hồi) và được xác định từ định luật bảo toàn năng lượng:

$mgH=m \frac{v^2}{2} \Rightarrow v=\sqrt{2gH}.$

Chúng ta hãy xác định vị trí và cách lắp đặt tấm đĩa sao cho khoảng cách từ điểm bắt đầu quỹ đạo của quả bóng đến điểm chạm sàn là lớn nhất.

Rõ ràng là tấm đĩa phải được lắp sao cho ngay sau khi va chạm, vectơ vận tốc của quả bóng hướng một góc $\varphi=45^\circ$ so với đường chân trời. Điều này có nghĩa là góc giữa vectơ vận tốc của quả bóng trước khi va chạm và ngay sau khi va chạm là $45^\circ$ , pháp tuyến của tấm phải tạo một góc $45^\circ+22,5^\circ=67,5^\circ$ với đường chân trời, tức là tấm phải được lắp một góc $\alpha=90^\circ+67,5^\circ=157,5^\circ$ so với đường chân trời.

Rõ ràng, quãng đường bóng đi sẽ càng lớn thì vận tốc của bóng tại thời điểm va chạm càng lớn. Và tốc độ này càng lớn thì khoảng cách từ điểm bắt đầu quỹ đạo của quả bóng càng xa. Vì vậy, tấm phải được lắp đặt trên sàn (xem hìnhok). Trong trường hợp này, tốc độ của quả bóng ngay sau khi va chạm sẽ là $v=\sqrt{2gH}$ , xa hơn quả bóng sẽ nằm xuống

từ hồ sơ sẽ

$l = \frac{v^2}{g} = 2H,$

và do đó, khoảng cách tối đa giữa điểm bắt đầu và điểm kết thúc của quỹ đạo của quả bóng là

$L = \sqrt{l^2 + H^2} = H\sqrt{5} \approx 2,24 \text{ m.}$

A. V. Helvas

F1074. Pana Carlo làm mũ cho Pinocchio từ thiếc mỏng. Mũ có dạng hình nón cao $H=20$ cm với góc $\alpha=60^\circ$ ở đỉnh. Liệu chiếc mũ này có nằm trên đầu Pinocchio không nếu đầu này là một quả bóng nhẵn có đường kính $D=15$ cm?

Hình 1.

Hình 2.

F1075. Trong khi thực hiện công việc trong phòng thí nghiệm, sinh viên hạ nồi hơi vào một bình chứa nước, cắm nó vào mạng và bắt đầu ghi lại nhiệt độ ba phút một lần. Số liệu từ thí nghiệm này được cho ở Bảng 1. Sau đó ông làm nguội nước, cho vào bình

Đối với lời giải bài toán, trước tiên chúng ta cần xác định vị trí khối tâm của nắp. Với mục đích này, chúng ta hãy nhẩm chia nắp thành một chồng bánh xe hẹp có cùng chiều rộng $dH$ (hình 1). Trong trường hợp này, khối lượng của bánh xe tăng tuyến tính từ trên xuống dưới của nắp. Trọng tâm của mỗi 柱a nằm trên trục của nó. Chúng ta hãy “làm phẳng” chiếc mũ trong đầu để mỗi mũi nhọn biến thành một hình thang đều, và hình nón nặng biến thành một hình tam giác đều. Trọng tâm của mỗi bộ phận của nắp vẫn giữ nguyên (trên trục), do đó trọng tâm của toàn bộ hệ thống vẫn giữ nguyên. Nhưng như đã biết, khối tâm của một tấm tam giác lại nằm ở giao điểm của các đường trung tuyến. Do đó, khối tâm của nắp nằm trên trục của nó và cách đỉnh một khoảng $2/3$ $H$ .

Vị trí cân bằng của hệ sẽ ổn định nếu, với sự trộn nhẹ so với vị trí cân bằng, khối tâm tăng lên (thế năng của hệ tăng); sau đó hệ được để lại cho smaba trở về vị trí cân bằng ban đầu.

Trong trường hợp của chúng tôi, để chiếc mũ chiếm vị trí cân bằng ổn định trên đầu Buratino, khối tâm của nó (điểm $M$ trên hình 2) phải ở dưới tâm đầu Buratino (điểm $O$ ). Do đó, điều kiện $AM > AO$ phải được đáp ứng, tức là.

$\frac{2}{3}H > \frac{R}{\sin \alpha/2} \Leftrightarrow \frac{2}{3}H > \frac{R}{1/2},$

hoặc $H > 3R = 22,5$ cm. Và theo điều kiện $H=20$ cm. Điều này có nghĩa là chiếc mũ sẽ không còn ở trên đầu Pinocchio.

S. S. Krotov

Từ bảng trên cho thấy nhiệt độ không phụ thuộc tuyến tính theo thời gian. Vì vậy, cần phải tính đến sự truyền nhiệt vào phòng tỷ lệ thuận với chênh lệch nhiệt độ giữa bình và phòng. Phương trình cân bằng nhiệt trong trường hợp này có dạng

$c \cdot \Delta t = W \cdot \Delta t - \alpha(t - t_0) \cdot \Delta t,$

trong đó $c$ là nhiệt lượng của bình với toàn bộ vật chứa trong đó, $t$ là nhiệt độ của bình, $\tau$ là thời gian, $W = IU$ là công suất của nồi hơi, $\alpha$ là hệ số tỷ lệ

một mẫu kim loại lớn và một mẫu mới lấy số đo. Kết quả xác định này được trình bày ở Bảng 2.

Xác định nhiệt lượng của mẫu từ dữ liệu này. Điện áp nguồn U=35 V, dòng điện qua nồi hơi I=0,2 A, nhiệt độ phòng t₀=20°C.

Bảng 1 Bảng 2
t, °C t, °C
25,2 22,6
26,4 23,8
27,6 25,0
28,7 26,0
29,7 27,0
30,6 28,0
31,5 28,9
32,3 29,8
33,1 30,6

F1076. Để nghiên cứu pin năng lượng mặt trời, người ta sử dụng một vôn kế đa dải (nó bao gồm một micromet bốn cell và một bộ điện trở bổ sung). Bằng cách kết nối nó với pin ở giới hạn 1 V, chúng ta nhận được số đọc U₁ = 0,7 V. Đọc vôn kế ở giới hạn 10 V, chúng ta nhận được số đọc U₂ = 2,6 V. Điều gì sẽ xảy ra ở giới hạn 100 V? Được biết, dưới ánh sáng liên tục, pin mặt trời hoạt động giống như một nguồn thông thường, với một điện trở có điện trở cao được mắc nối tiếp với nó.

F1077. Theo một giả thuyết, các ngôi sao tạo thành một chất trung gian (bụi vũ trụ) bằng cách lăn dưới tác động của ranh giới. Vì có hai ẩn số trong phương trình này - c và α, nên chúng ta sẽ chọn hai giá trị khác nhau của nhiệt độ t (t₁ và t₂), tìm các giá trị của k₁ = (Δt/Δτ)₁ và k₂ = (Δt/Δτ)₂ và bây giờ viết hai phương trình:

c k₁ = W - α(t₁ - t₀),
c k₂ = W - α(t₂ - t₀).

Từ đây ta tìm được c:

c = W (t₂ - t₀) - (t₁ - t₀) / k₁(t₂ - t₀) - k₂(t₁ - t₀).

Thay thế dữ liệu từ Bảng 1 vào biểu thức này, chúng ta tìm được nhiệt lượng của bình chứa nước:

c₁ ≈ 770 J/K.

Sử dụng Bảng 2, chúng ta tìm được nhiệt lượng của bình chứa mẫu:

c₂ ≈ 890 J/K.

Nhiệt dung của mẫu -

c = c₂ - c₁ ≈ 120 J/K.

Vì chúng tôi đang tìm kiếm sự khác biệt nhỏ giữa hai giá trị lớn được xác định không chính xác, nên trong quá trình tính toán, chúng tôi có thể cho phép phân tích kết quả khá quan trọng: từ 100 đến 130 J/K.

L. P. Bakanina

Đây là một bài toán rất đơn giản. Chúng ta hãy biểu thị điện trở của vôn kế ở giới hạn 1 V bằng R₁. Khi đó ở giới hạn 10 V, điện trở của nó là R₂=10 R₁ và ở giới hạn 100 V - R₃=100 R₁. Chúng ta hãy biểu thị sức điện động của pin bằng 𝒙 và điện trở trong của pin bằng r. Khi đó chúng ta có (xem hình):

U₁ = 𝒙 / (r + R₁) R₁ = 𝒙 / (1 + r/R₁); U₂ = 𝒙 / (1 + r/10R₁);

U₃ = 𝒙 / (1 + r/100R₁).

Giải các phương trình này cùng nhau, ta tìm được:

U₃ ≈ 3,6 V.

A. R. Zilberman

Xét một hạt bụi của một đám mây hình cầu nằm cách tâm đám mây một khoảng R. Như đã biết, nó chỉ bị ảnh hưởng bởi lực hấp dẫn từ những hạt nằm bên trong một quả cầu có bán kính R (ví dụ, xem lời giải bài toán 87 trong cuốn sách