Lời giải bài toán M1070, M1072—M1075; F1084—F1087

24

Lời giải bài toán
M1070, M1072—M1075,*) F1084—F1087

Chúng ta sẽ xem xét một số hình chiếu trực giao của tegradra và lợi dụng thực tế là hình chiếu của một tam giác dọc theo một cạnh hoặc dọc theo đường trung tuyến và hình chiếu của hình bình hành dọc theo một cạnh hoặc đường chéo là các đoạn thẳng, độ dài của chúng được biểu thị bằng diện tích của hình tương ứng và chiều dài của cạnh, đường trung tuyến hoặc đường chéo (hình 1).

Cho ABCD (hình 2). Mỗi mặt phẳng cát tuyến đi qua trung điểm của 4 cạnh của nó và do đó cắt nó dọc theo hình bình hành giới hạn bởi các đường giữa của các mặt. Diện tích các mặt cắt song song với các cạnh DA, DB, DC sẽ được ký hiệu là $s_a$, $s_b$, $s_c$, còn diện tích các mặt ABC, BCD, CDA, DAB sẽ được ký hiệu là $S_D$, $S_A$, $S_B$, $S_C$. Chúng ta hãy chiếu tegradr dọc theo cạnh CD (hình 3). Kết quả là một tam giác ABC (chúng tôi giữ nguyên ký hiệu cho các dự án điểm cũng như cho chính các điểm). Chúng ta hãy vẽ trong đó đường trung tuyến KL, song song với AB (đây là hình chiếu của phần $s_c$) và đường trung tuyến CM (đây là hình chiếu của hình tam giác CDM của tegradr của chúng ta; M là điểm giữa của cạnh AB). Trong hình bình hành CLMK (hình 3) các cạnh và đường chéo bằng nhau

$$CL = KM = CB / 2 = S_A / l,$$
$$CK = LM = CA / 2 = S_B / l,$$
$$KL = 2s_c / l, \quad CM = 2S_1 / l,$$

trong đó $l = CD$, $S_1$ là diện tích của $\triangle CDM$. Viết “bình đẳng hình bình hành” cho CLMK (tổng bình phương các đường chéo bằng tổng bình phương các cạnh), ta được

$$2(S_A^2 + S_B^2) = 4s_c^2 + 4S_1^2.$$

Đẳng thức được chứng minh tương tự

$$2(S_C^2 + S_D^2) = 4s_c^2 + 4S_2^2,$$

trong đó $S_2$ là diện tích phần tam giác ABN đi qua điểm N ở giữa của cạnh CD. Cuối cùng, chúng tôi chiếu trực giao tegradr dọc theo “đường giữa” MN (hình4) của nó. Kết quả là hình bình hành ACBD (các đường chéo AB và CD cắt nhau, được chia làm đôi). Các đường chéo của hình bình hành này là hình chiếu của các phần tam giác $S_1$ và $S_2$, tức là $AB = 2S_2 / m$, $CD = 2S_1 / m$, trong đó $m = MN$, và các đường ở giữa là hình chiếu của các phần $s_a$ và $s_b$, và vì các cạnh là đường giữa, $AD = 2s_a / m$, $AC = 2s_b / m$. Hãy sử dụng lại đẳng thức hình bình hành:

$$2(4s_a^2 + 4s_b^2) = 4S_1^2 + 4S_2^2.$$

Tuyên bố bài toán theo sau từ (1), (2) và (3):

$$S_A^2 + S_B^2 + S_C^2 + S_D^2 = 4(s_a^2 + s_b^2 + s_c^2).$$

Lưu ý rằng bài toán này ở một công thức khác

25

Hình 3.

Hình 4.

xuất hiện trong cuốn sách giải toán rất nhiều thông tin được xuất bản gần đây “Tối ưu hóa toán học nước ngoài” (M., 1987, trang 49, bài toán 15.17).

M1072. Phân tích số 989·1001·1007+320 thành thừa số nguyên tố.

Đáp số: 1009·997·991. Bạn có thể đoán phần mở rộng này bằng cách sử dụng thông báo sau: nếu $f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)$ thì $f(x)+f(-x)=-2(a+b+c)x^2+2f(0)$, tức là với $a+b+c=0$ tổng $f(x)+f(-x)$ là không đổi. Trong trường hợp của chúng ta, chúng ta có thể lấy $f(x)=(x-10)\times(x+2)(x+8)$, thì số đã cho là $f(999)-2f(0)=-f(-999)=1009\cdot997\cdot991$. Dễ dàng kiểm tra được cả ba thừa số ở đây đều là số nguyên tố.

S. V. Fomin

M1073. Trong hình lục giác $A_1A_2A_3A_4A_5A_6$ Tôi tìm thấy một điểm O, từ đó có thể nhìn thấy tất cả các cạnh một góc 60°. Chứng minh rằng nếu $OA_1>OA_3>OA_5$ và $OA_2>OA_4>OA_6$ thì $A_1A_2+A_3A_4+A_5A_6<A_2A_3+A_4A_5+A_6A_1$.

Chúng ta hãy vẽ trên các cạnh của góc độ lớn $60^\circ$ từ đỉnh $P$ của nó các đoạn $PB_i=OA_i$, $i=1, 2, ..., 6$, như thể hiện trong hình. Vì các phân số $B_1B_2, B_2B_3, ..., B_6B_1$ lần lượt bằng các phân số $A_1A_2, A_2A_3, ..., A_6A_1$ nên chỉ cần chứng minh rằng

$$B_1B_2+B_3B_4+B_5B_6<B_2B_3+B_4B_5+B_6B_1.$$

Bất đẳng thức này có được bằng cách cộng 4 bất đẳng thức tam giác (xem hìnhok):

$$B_1B_2<B_1C_1+C_1B_2,$$
$$B_3C_2<B_3C_1+C_1C_2,$$
$$C_2B_4<C_2C_3+C_3B_4,$$
$$B_5B_6<B_5C_3+C_3B_6,$$

trong đó $C_1, C_2, C_3$ là giao điểm của đoạn $B_1B_6$ với các đoạn $B_2B_3, B_3B_4$ và $B_4B_5$. (Các đoạn được chỉ ra giao nhau do các bất đẳng thức cho trước trong các điều kiện. Ví dụ: từ các bất đẳng thức $PB_3<PB_1$ và $PB_6<PB_2$, suy ra rằng các điểm $B_3$ và $P$ nằm cùng một phía của $B_1B_6$, và $B_2$ và $P$ nằm ở các phía khác nhau, do đó $B_3$ và $B_2$ nằm đối diện với $B_1B_6$, tức là đường $B_1B_6$ cắt đoạn $B_2B_3$; tương tự, người ta chứng minh rằng đường $B_2B_3$ cắt đoạn $B_1B_6$ và do đó, các đoạn $B_2B_3$ và $B_1B_6$ cắt nhau.)

A. S. Merkuryev

M1074. Cho một chồng thẻ $2n+1$, được phép thực hiện hai thao tác trong đó: (A) một phần bị loại bỏ ở trên

Số hóa các thẻ từ trên xuống dưới với các số 0, 1, …, $2n$ và xếp chúng tuần tự tại các đỉnh của đa giác đều $A_0A_1...A_{2n}$ (hình 1). Sau đó, thao tác (A) được trả lời bằng cách xoay toàn bộ bộ thẻ xung quanh tâm đa giác theo một góc là bội số của $360^\circ/(2n+1)$,

26

thẻ và sắp xếp lại để duy trì trật tự;
(B) n thẻ trên cùng, giữ nguyên thứ tự khoảng trống giữa n+1 thẻ dưới cùng.
Chứng minh rằng bằng cách sử dụng các phép toán đã chỉ ra, không thể thu được nhiều hơn 2n(2n+1) cách sắp xếp quân bài khác nhau từ cách sắp xếp quân bài ban đầu trong ngăn xếp.

Hình 1.

Bài tập, lượng tử

và trong quá trình hoạt động (B), các thẻ từ các đỉnh $A_0, A_1, \dots, A_{n-1}$ lần lượt được chuyển sang các đỉnh $A_1, A_3, \dots, A_{2n-1}$ và từ các đỉnh $A_n, A_{n+1}, \dots, A_{2n}$ - sang các đỉnh $A_2, A_4, \dots, A_{2n}$ (hình 2). Như vậy, sau thao tác (B), các quân bài liền kề ban đầu sẽ lần lượt nối tiếp nhau. Nếu có k cạnh của đa giác giữa hai quân bài (chúng ta luôn có thể giả sử k<n), thì kết quả của phép toán (B) là có 2k cạnh giữa chúng. Đặc biệt, khoảng cách giữa các quân bài 0 và 1, 1 và 2,…, 2n và 0 sẽ giữ nguyên bằng nhau khi thực hiện thao tác

Hình 2. Hình 3.

radio (A) và (B) với số lượng và thứ tự bất kỳ. Do đó, việc sắp xếp tất cả các quân bài hoàn toàn được xác định bởi vị trí của quân bài 0 và 1: nếu 0 ở đỉnh $A_i$ và 1 ở đỉnh $A_j$ thì 2 ở đỉnh $A_k$ sao cho $A_jA_k=A_iA_j$, 3 ở đỉnh $A_l$ sao cho $A_kA_l=A_iA_j$, v.v. (hình 3). Vị trí của thẻ 0 có thể được chọn theo 2n+1 cách, đối với thẻ 1 còn lại 2n vị trí. Do đó, số cách sắp xếp có thể không vượt quá 2n(2n+1).

Để có được số vị trí chính xác, tập 2n ở đây phải được thay thế bằng số phần dư khác nhau bằng cách chia lũy thừa của hai cho 2n+1. (Bất cứ khi nào thao tác (B) được áp dụng, số cạnh của đa giác giữa các thẻ 0 và 1 bị thiếu theo một hướng nhất định phải được loại bỏ và phần còn lại được lấy khi chia cho 2n+1.)

D. V. Fomin, V. N. Dubrovsky

M1075. Tìm số tự nhiên nhất có ký hiệu thập phân mỗi chữ số (trừ các chữ số bên ngoài) nhỏ hơn hai chữ số liền kề của nó.

Đáp số: 96433469. Gọi $a_1, a_2, \dots, a_n$ là các chữ số liên tiếp của số $N$ thỏa mãn điều kiện bài toán. Hãy xem xét sự khác biệt giữa các số lân cận $d_i=a_{i+1}-a_i$, $i=1, \dots, n-1$. Điều kiện $a_i<(a_{i-1}+a_{i+1})/2$ có thể được viết lại thành $a_i-a_{i-1}<a_{i+1}-a_i$ hoặc $d_{i-1}≤d_i-1$. Gọi $a_m$ là chữ số nhỏ nhất của $N$. Chúng ta có thể giả sử rằng $a_{m-1}>a_m$, $a_m≤a_{m+1}$, tức là $d_{m-1}≤-1$, $d_m≥0$. Sau đó $d_{m-2}≤d_{m-1}-1≤-2$, $d_{m-3}≤-3,..., a d_{m+1}≥d_m+1≥1$, $d_{m+2}≥2$, $d_{m+3}≥3,...$.

Hãy để chúng tôi chứng minh rằng $n≤m+4$. Giả sử trường hợp này không phải như vậy thì $a_{m+5}=a_{m+4}+d_{m+4}≥a_{m+4}+4≥a_{m+3}+3+4≥...≥a_{m+1}+1+2+3+4≥10$, mà là $a_{m+5}≤9$. Tương tự, người ta chứng minh rằng $m≤4$ (ngược lại $a_{m-4}≥a_{m-3}-a_{m-4}≥a_{m-3}+4≥...≥a_m+10$). Vì vậy, $n≤8$ và nếu $n=8$ thì $m=4$. Thay thế $m=4$ vào ước tính

27

Với $d_i$ và cho $a_1 \leqslant 9, a_8 \leqslant 9$ đó, chúng ta nhận được:
$$a_2 = a_1 + d_1 \leqslant 9 - 3 = 6, \quad a_3 \leqslant a_2 - 2 \leqslant 4, \quad a_4 \leqslant a_3 - 1 \leqslant 3;$$
$$a_7 = a_8 - d_7 \leqslant 9 - 3 = 6, \quad a_6 \leqslant a_7 - 2 \leqslant 4, \quad a_5 \leqslant a_6 - 1 \leqslant 3.$$
Vì vậy, $N \leqslant 96433469$.

S. E. Rukishin

F1084. Nếu bạn ấn một chiếc niken vào tấm kính đã đông cứng trong một thời gian ngắn, một vòng tròn sẽ tan chảy trên tấm kính dọc theo mép của tấm niken. Tại sao?

Khi chúng ta ấn một đồng xu vào kính, nó sẽ nóng lên từ tay chúng ta. Nó nóng lên và làm tan băng giá. Đồng xu chạm chủ yếu vào các cạnh, nơi có độ dày. Có một khoảng trống giữa phần còn lại của đồng xu và sương giá. Độ dẫn nhiệt của không khí kém hơn nhiều so với độ dẫn nhiệt của kim loại. Do đó, đầu tiên nó “ấm lên” và tan băng dọc theo chiếc nhẫn, dọc theo mép của đồng xu. Sau đó, đồng xu “nằm” trên toàn bộ bề mặt của nó và sự tan chảy xảy ra trên toàn bộ diện tích của đồng xu.

L. A. Ashkinazi

F1085. hình 1 mô tả quá trình thực hiện trên một chất khí lý tưởng và chuyển nó từ trạng thái B. Tìm trên đồ thị các phần của quá trình trong đó nhiệt độ của khí tăng (giảm).

Chúng ta hãy xem xét hai điểm khá gần nhau của quá trình $C$ và $D$ trên đường cong và viết biểu thức biểu thị sự thay đổi nhiệt độ của khí trong quá trình chuyển từ điểm $C$ sang điểm $D$:

$$\Delta T_{CD} = T_C - T_D = \frac{M}{mR}((p + \Delta p)(V + \Delta V) - pV) \approx \frac{M}{mR}(p \cdot \Delta V + V \cdot \Delta p).$$

Đặt $\Delta T_{CD} \approx 0$ (điều này có nghĩa là các điểm $C$ và $D$ nằm trên cùng một đường đẳng nhiệt hoặc trong quá trình chuyển đổi $C \rightarrow D$ nhiệt độ khí đi qua một giá trị cực trị (tối đa hoặc tối thiểu)). Sau đó

$$\frac{p}{V} = -\frac{\Delta p}{\Delta V}.$$

(*)

Từ hình 1 rõ ràng là $\frac{p}{V} = \text{ctg } \alpha$, và tại các điểm đủ gần $C$ và $D$

$$\frac{\Delta p}{\Delta V} = \text{tg } \beta' \approx \text{tg } \beta'' \approx \text{tg } \beta = -\text{ctg } \gamma.$$

Do đó từ (*) suy ra

$$\text{ctg } \alpha = \text{ctg } \gamma, \text{ или } \alpha = \gamma.$$

Bây giờ chúng ta giả sử rằng tại một điểm nào đó trên đường cong $AB$ $\alpha < \gamma$. Sau đó $\text{ctg } \alpha > \text{ctg } \gamma$ và lặp lại lý luận trên theo thứ tự ngược lại, chúng ta thu được $\Delta T_{CD} > 0$ đó. Do đó, nhiệt độ của khí tăng lên khi đi qua điểm này. Và ngược lại: nếu tại một thời điểm nào đó $\alpha > \gamma$, thì $\Delta T_{CD} < 0$, và nhiệt độ khí trong trường hợp này giảm.

Sau khi tìm thấy các điểm $M_1$, $M_2$ và $M_3$ trên biểu đồ, trong đó $\alpha = \gamma$ (xem hình 2), chúng tôi phát hiện ra rằng trong các phần quy trình $AM_1$ và $M_2M_3$, trong đó $\alpha < \gamma$, nhiệt độ khí tăng và trong các phần $M_1M_2$ và $M_3B$ ($\alpha > \gamma$) - giảm.

Tôi. Yu. Poteryayko

29

$$\alpha_{0A} \leqslant \alpha_0 \leqslant \frac{\pi}{2},$$
thì gia tốc $a$ đạt giá trị tối thiểu tại $\alpha_1 = \arccos \left( \frac{4}{3} \cos \alpha_0 \right)$ (xem hình 2).

$$\Delta = f(1) - f(\cos \alpha_0) = 5 \cos^2 \alpha_0 - 8 \cos \alpha_0 + 3.$$

Giá trị tối đa của $f(\cos \alpha)$ (và do đó gia tốc của $a$) là $\cos \alpha = \cos \alpha_0$ hoặc $\cos \alpha = 1$. Chênh lệch khoảng cách

$$\Delta = f(1) - f(\cos \alpha_0) = 5 \cos^2 \alpha_0 - 8 \cos \alpha_0 + 3.$$

Chúng tôi thấy điều đó

$$\Delta \leqslant 0 \text{ при } \cos \alpha_0 \geqslant 3/5,$$
$$\Delta > 0 \text{ при } \cos \alpha_0 < 3/5.$$

Điều này có nghĩa là gia tốc $a$ đạt giá trị lớn nhất (xem hình 2)

tại $\alpha_2 = \alpha_0$, nếu $\alpha_0 \leqslant \alpha_{0B} = \arccos \frac{3}{5}$,

tại $\alpha_2 = 0$, nếu $\alpha_{0B} < \alpha_0 \leqslant \frac{\pi}{2}$.

O. A. Sedletsky

Người chiến thắng cuộc thi “Vấn đề «Kvant»”

(Để bắt đầu, xem trang 20)

Họ được trao Dillom và huy hiệu zhurpal «Kvant» và sách trong bộ “Thư viện «Kvant»” vì đã tích cực tham gia cuộc thi:

Trong toán học

V. Vologodsky - Omsk, tr. ii. Số 91, 10 ô.
D. Voller - Omsk, tr. ii. Số 66, 10 ô.
A. Gorokhovsky - Kyiv, tr. ii. Số 79, 10 ô.
R. Hryniv - Lviv, tr. ii. Số 62, 10 ô.
I. Zefirov - Moscow, Trường Vật lý số 18, Đại học quốc gia Moscow, lớp 10.
I. Kokorev - Leningrad, Trường Vật lý số 45, Đại học bang Leningrad, lớp 10.
A. Kulik - Kyiv, tr. ii. Số 145, 9 ô.
V. Matveev - Moscow, Trường Vật lý số 18, Đại học quốc gia Moscow, lớp 10.
Y. Mustafev - Baku, tr. ii. Số 20, 10 ô.
D. Prokofiev - Leningrad, Trường Vật lý số 45, Đại học bang Leningrad, lớp 10.
V. Ragulin - Moscow, Trường Vật lý số 18, Đại học quốc gia Moscow, lớp 9.
V. Slitinsky - Kyiv, tr. ii. Số 206, 10 ô.
D. Tulykov - Zhdanov, tr. ii. Số 7, 10 ô.
F. Fot - Voronezh, tr. ii. Số 58, 10 ô.
O. Khristenko - Karaganda, tr. ii. Số 63, 10 ô.

Trong vật lý

A. Beletsky - Kanev, tr. ii. Số 4, 10 ô.
S. Belusov - Leningrad, Trường Vật lý số 45, Đại học bang Leningrad, lớp 10.

A. Bilibin - Borovich, tr. ii. Số 1, lớp 10.
D. Vitkup - Kiev, tr. ii. Số 145, 10 ô.
P. Wolfbein - Kiev, tr. ii. Số 145, 10 ô.
A. Goncharov - Novosibirsk, tr. ii. Số 130, 10 ô.
P. Gorkov - P. Chernogolovka, vùng Mátxcơva, tr. ii. Số 82, 10 ô.
S. Dronov - Pushino, tr. ii. Số 3, 10 ô.
A. Elyashevich - Minsk, tr. ii. Số 16, 10 ô.
D. Zelensky - Semipalatinsk, tr. ii. Số 3, 10 ô.
S. Zelensky - Semipalatinsk, tr. ii. Số 3, 10 ô.
A. Ziskind - Vinnitsa, tr. ii. Số 17, 10 ô.
V. Kamenkovich - Kharkov, tr. ii. Số 27, 10 ô.
V. Kamchatny - Kiev, tr. ii. Số 206, 9 ô.
A. Komnik - Stary Oskol, tr. ii. Số 16, 9 ô.
A. Korshkov - Mozyr, tr. ii. Số 8, 9 ô.
Yu. Kravchenko - Mátxcơva, tr. ii. Số 820, 10 lớp.
V. Người cho vay - Kiev, tr. ii. Số 208, 10 ô.
A. Mazurenko - Minsk, tr. ii. Số 50, 10 ô.
A. Mamaev - Vùng xuyên Volga, tr. ii. Số 17, 10 ô.
A. Matsko - Kyiv, tr. ii. Số 206, 10 ô.
N. Mikhailovsky - Krasnoyarsk, tr. ii. Số 20, 10 ô.
V. Moroz - Leningrad, Trường Vật lý số 45, Đại học bang Leningrad, lớp 10.
K. Penanen - Odeska, tr. ii. Số 63, 10 ô.
O. Pokramovich - Brest, tr. ii. Số 1, lớp 10.
R. Sagaidak - tr. Matusov, vùng Cherkasy, làng. ii. Số 1, lớp 10.
D. Simonyan - Riga, tr. ii. Số 79, 10 ô.
V. Sinenko - Kanev, tr. ii. Số 4, 10 ô.
M. Sokolov - Odintsovo, tr. ii. Số 11, 10 ô.
D. Tilga - Almaty, RFMS, lớp 10.
I. Todoshenko - Perma, tr. ii. Số 16, 10 ô.
G. Feigin - Tula, tr. ii. Số 36, 10 ô.
S. Shtovba - Vinnitsa, s. ii. Số 33, 10 ô.
I. Yasnikov - Tolyatti, tr. ii. Số 59, 10 ô.