[Định lý về tính nguyên tố cùng nhau của các số thỏa mãn một hệ thức nào đó]

72

đầu ra

P. Wolfbein từ Kyiv báo cáo định lý sau:

Nếu các số tự nhiên $a_1, a_2, \dots, a_n (n \geq 3)$ thỏa mãn $f(x) = x^2 - px + q$ tương ứng, trong đó $p = na_2a_3\dots a_n$, $q = a_2^2 + a_3^2 + \dots + a_n^2$. Theo điều kiện, $f(a_1) = 0$. Ngoài ra, $a_2^2 + q = 2a_2^2 + a_3^2 + \dots + a_n^2 \leq na_2^2$ và $pa_2 = na_2^2a_3\dots a_n$. Điều này có nghĩa là $f(a_2) = a_2^2 - pa_2 + q \leq 0$ và sự bình đẳng chỉ đạt được ở $a_2 = a_3 = \dots = a_n = 1$.

Nếu không phải tất cả $a_i = 1$ thì $f(a_2) < 0$. Điều này có nghĩa là $a_1$ là căn lớn hơn $f(x)$; Hãy biểu thị bằng $a'_1$ căn nhỏ hơn. Từ định lý Vieta suy ra $a'_1$ là số tự nhiên và các số $a'_1, a_2, \dots, a_n$ cũng thỏa mãn quan hệ ban đầu. Vì vậy, từ bộ $a_1, a_2, \dots, a_n$ này chúng ta có thể tạo một bộ $a'_1, a_2, \dots, a_n$ mới với số lượng nhỏ hơn.

Tiếp tục quá trình này, chúng ta sẽ thu được một tập hợp các đơn vị duy nhất. Nếu tập hợp ban đầu chứa các cặp số không nguyên tố cùng nhau thì các cặp số đó sẽ có mặt từ công thức của Vieta: $a'_1 = na_2\dots a_n - a_1$. Nhưng trong tập hợp duy nhất không có cặp nào như vậy, điều đó chứng tỏ các số trong tập hợp ban đầu là nguyên tố cùng nhau.

74

Phương trình được thỏa mãn bởi tất cả các giá trị của $x$. Ngược lại chúng ta nhận được phương trình
$$f(x) = (2 \lg a)x^2 + (2 \lg a - 2 \sqrt{22a - 4a^2 - 2a})x - a \sqrt{22a - 4a^2 - 2a} = 0.$$
Để nghiệm của nó được định vị theo cách yêu cầu, điều cần và đủ là điều kiện $f(0) \leq 0, f(-1) \leq 0$ phải được thỏa mãn.

6. $(42 + 12\sqrt{11})/5$. Gợi ý. Gọi $O_1$ và $O_2$ là tâm của các quả cầu bằng nhau có bán kính $r_1$, và gọi $O_3$ là tâm nhỏ hơn một quả cầu có bán kính $r$, $K, L, M$ các điểm tiếp xúc của các quả bóng với mặt phẳng $\pi$, $W$ đáy của đường vuông góc rơi khỏi điểm tiếp tuyến $P$ quả bóng có bán kính $r_1$ (hình 1). Qua $O_3M$ chúng ta vẽ mặt phẳng vuông góc với $O_1O_2$ và hạ đường vuông góc $O_3Q$ xuống $PW$.

Sau đó $PQ = r_1 - r$, $O_3P = \sqrt{r^2 + 2rr_1}$, $\frac{r_1 - r}{\sqrt{r^2 + 2rr_1}} = \frac{1}{\sqrt{5}}$, từ đó $r_1 = 2r$. Gọi $R$ là bán kính của hình cầu. Sau đó $OO_1 = R - 2r$, nhưng $r = R - 15$. Vì vậy $OO_1 = 30 - R$. Áp dụng định lý cosin cho tam giác $O_1OO_3$, ta thu được $R = 18$, $r = 3$, $r_1 = 6$. Hơn nữa, điểm $O$ nằm trong mặt phẳng $O_3PW$ và $O_1P = 6$, $OP = \sqrt{OO_1^2 - PO_1^2} = \sqrt{108}$. Vì vậy $\cos \angle OO_3P = \frac{9}{(5\sqrt{5})}$. Có hai trường hợp có thể xảy ra về vị trí của điểm $O$ so với đường thẳng $O_3Q$ (hình 2 và 3). Trong trường hợp đầu tiên, khoảng cách từ điểm $O$ đến đường thẳng $O_3Q$ là
$$OT = OO_3 \sin(\gamma - \delta) = \frac{12\sqrt{11} - 27}{5} < 3,$$
trường hợp này là không thể.

Trong trường hợp thứ hai, khoảng cách là $OT + 3 = OO_3 \sin(\gamma + \delta) + 3 > 14$.

Tùy chọn 3

1. $(-1)^n \arcsin(2 - \sqrt{3}) + \pi n, n \in Z$.
2. $R \sin 2\alpha$.
3. $\{-1\}$.
4. 2 cung (5 tg $\alpha$). Gợi ý. Đặt $DM = 2a$, $MC = a$. Theo định lý sin $\frac{AM}{\sin(\frac{A}{2} - \alpha)} = \frac{a}{\sin \alpha}$, $\frac{AM}{\sin(\pi - A)} = \frac{2a}{\sin \frac{A}{2}}$,
   từ đâu $tg(A/2) = 5 tg \alpha$.
5. 1; $-1/2; (-7 \pm 4\sqrt{2})/2$. Gợi ý. Nhân phương trình thứ hai với $a$ và trừ phương trình thứ nhất, ta thu được hệ đẳng thức
   $$\begin{cases} x(1 - a) - y(2a + 1) - a + \frac{3}{2} = 0, \\ xy + x + 2y + 1 = 0. \end{cases}$$

Đối với $a = 1$ và $a = -1/2$ hệ thống này có lời giải duy nhất. Đối với phần còn lại $a$ hệ thống là một phương trình bậc hai, trong đó điều kiện duy nhất là giá trị phân biệt bằng 0.

6. 1/3; 2/3. Lời giải. Vì các mặt bên của hình chóp nghiêng bằng nhau với mặt phẳng đáy nên chiều cao của hình chóp là trục của hình trụ và đi qua tâm của hình tròn nội tiếp ở đáy hình chóp (bán kính của hình tròn này được tính từ tam giác $ABC$ và bằng 1). Đáy trên của hình trụ được khắc hình tam giác $DEF$ (hình 4), nằm trong mặt phẳng cắt ra một kim tự tháp tương tự $SDEF$ từ kim tự tháp ban đầu. Hãy để chúng tôi biểu thị bằng $m$ hệ số tương tự. Khi đó bán kính đáy của hình trụ là $r = m$. Trong tam giác $CSO_2:CO_2 = \sqrt{2}, DO_1 = \sqrt{2}m, CG = \sqrt{2}(1 - m), CD = \sqrt{38}(1 - m)$. Tiếp theo, $DG = \sqrt{CD^2 - CG^2} = 6(1 - m)$, do đó $S_{60k} = 2\pi r \cdot DG = 2\pi m \times 6(1 - m) = \frac{8\pi}{3}$ (theo quy ước), từ đó $m_1 = \frac{1}{3}$, $m_2 = \frac{2}{3}$. Vậy có 2 hình trụ có mặt phẳng bên cho trước.

Tùy chọn 4

2. $-\pi/3 + 2\pi n, n \in Z$.
3. $(1/2; 1/2)$
4. 9. Gợi ý. Biểu diễn dưới dạng $x = AC$ tất cả các đoạn tiếp tuyến của đường tròn và viết định lý cosine cho tam giác $ABC$.
5. 2; 3. Lời giải. Tại $a = 3$ các hệ thống không tương thích. Đối với $a \neq 3$, hệ thứ nhất có lời giải duy nhất, nhưng nếu hệ thứ hai có lời giải duy nhất thì $y = 0$ (vì $y$ xuất hiện trong cả hai phương trình ở lũy thừa bốn). Hệ thống tư thế có thể bằng nhau

76

$$2n\left(\frac{80}{v_1} + \frac{120}{v_2}\right) < 168.$$
Vì $\frac{80}{v_1} + \frac{120}{v_2} > 2$, chúng ta nhận được $4n < 168$, tức là $n < 42$.
Đặt $v_1 = 10x$, $v_2 = 10y$. Biểu thị $y$ theo $x$ từ phương trình đầu tiên, sau khi thay thế vào phương trình thứ hai, chúng ta thu được
$$nx^2 - (105 - 18n)x + 80n - 420 = 0.$$
Điều kiện giải được cho
$$n \leq 105\left(\frac{5}{2} - \sqrt{6}\right), \quad n \geq 105\left(\frac{5}{2} + \sqrt{6}\right),$$
từ đâu $n = 5$.
6. [1/3; 33/32]. Gợi ý. Tiến hành thay thế $t = \sin x$, $b = 1 - a$, chúng ta thu được bài toán sau: với những giá trị nào của $b$ thì phương trình $f(t) = pt^2 - t - b(p+2) = 0$ với bất kỳ $p \in [1, 2]$ nào có ít nhất một nghiệm thỏa mãn điều kiện $|t| \leq 1$, $t^2 \neq b$? Chúng ta hãy thay thế ngay rằng phương trình $t^2 = b$ chỉ có thể đúng với $b = 0$, nhưng khi đó phương trình () có nghiệm $\frac{1}{p}$. Phương trình () có gốc tại $1 + 4pb(p+2) \geq 0$. Bất đẳng thức này đúng với mọi $p \in [1; 2]$ khi và chỉ khi $b \geq -\frac{1}{32}$. Vì trục hoành của đỉnh $t_0 = \frac{1}{2p}$ của parabol $y = pt^2 - t - b(p+2)$ lấy đoạn [0; 1], điều kiện cần và đủ để tồn tại nghiệm của phương trình (*) thuộc đoạn [-1; 1], là giá trị đúng của ít nhất một trong các bất đẳng thức $f(1) \geq 0; f(-1) \geq 0$ với mọi $p \in [1; 2]$. Nói cách khác, với tất cả những $p$ như vậy, một trong những bất đẳng thức $b \leq \frac{p+1}{p+2}; b \leq \frac{p-1}{p+2}$ phải được thỏa mãn, nhưng để làm được điều này thì cần và đủ là phải có $b \leq \frac{2}{3}$.
Tùy chọn 9

1. Số đầu tiên cao hơn.
   2.1. $(-\infty; -7) \cup [2; +\infty)$.
   2.2. $x_1 = \frac{2\pi}{9}(3n+2), x_2 = \frac{2\pi}{3}(3m+2), m, n \in \mathbb{Z}$.
   3.1. $x_1 = \frac{\pi}{8}(4k+1), x_2 = \frac{\pi}{12}(4n+1), k, n \in \mathbb{Z}$.
   3.2. $(-\infty; -7) \cup (-5; -3] \cup [2; +\infty)$.
2. 15/2. Gợi ý. Việc thay thế $y$ bằng $-y$ không làm thay đổi kết quả khớp. Vì vậy, chỉ cần vẽ một bức tranh cho $y \geq 0$ là đủ.
   5.11. Gợi ý. Vì $\angle DBC = \angle BAC$ nên các tam giác $BAC$ và $DBC$ tương tự nhau.
   6.1. $a \in [-12/5; 0]$. Gợi ý. Vì $y = 3\sin^2 x + 2a\sin x\cos x + \cos^2 x + a = a\sin 2x - \cos 2x + a + 2 = \sqrt{a^2 + 1}\sin(2x - \varphi) + a + 2$, trong đó $\varphi = \arccos(a/\sqrt{a^2 + 1})$, phải thực hiện hệ thống
   $$\begin{cases} \sqrt{a^2 + 1} + a + 2 \leq 3, \\ -\sqrt{a^2 + 1} + a + 2 \geq -3. \end{cases}$$
   6.2. $a = 1$. Gợi ý. Căn nguyên của phương trình thứ hai
   $$x = \frac{\pi}{4} + \pi n.$$ Thay chúng vào phương trình đầu tiên, chúng ta thu được một phương trình bậc hai cho $a$, từ đó suy ra bất kỳ $a = 1$, bất kỳ $a = -3/2$ nào. Vẫn còn phải thay thế các giá trị thu được $a$ vào phương trình đầu tiên và giải nó, dẫn đến sự tương ứng $\sin x = \sin x(\sin^2 x + \cos^2 x)$.
   Tùy chọn 10
3. $\pi + 2\pi, \pm 4\pi/3 + 4\pi n, n \in \mathbb{Z}$.
4. $\{-2; 4/3; 3\}$.
5. $$\left[ -9; \frac{34 + \sqrt{116}}{5} \right).$$
6. 12 giờ
7. 17/3. Lời giải. chúng tôi có
   $$S_{A_1BC_1} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4} S_{ABC} = 4,$$
   $$S_{A_1BD} = \frac{1}{6} S_{A_1BC_1} = \frac{4}{3},$$
   và từ sự giống nhau của các tam giác $A_1BD$ và $C_1ED$ với hệ số $ED : BD = 3 : 2$ ta thu được
   $$S_{C_1ED} = \frac{9}{4} S_{A_1BD} = 3,$$
   và cuối cùng
   $$S_{A_1DC_1} = S_{A_1BC_1} - S_{A_1BD} = \frac{8}{3},$$
   $$S_{A_1C_1E} = S_{A_1DC_1} + S_{EDC_1} = \frac{17}{3}.$$
8. 1/9. Lời giải. Nếu bất đẳng thức có lời giải thì $b \leq 1/9$. Thật vậy, bất kỳ $b = 0$, bất kỳ mức tối đa nào của phía bên trái của $-\sqrt{b^2} \left(b(x - 4)^2 + \frac{1}{b(x - 4)^2}\right)$, bằng $-2\sqrt{b^3}$ (đối với $y + \frac{1}{y}$, trong đó $y = b(x - 4)^2$), không nhỏ hơn mức tối thiểu của phía bên phải, bằng $-2b/3$, tức là $-2\sqrt{b^3} \geq -2b/3$ hoặc $9b \leq 1/9$. Nếu $b = 1/9$, thì bất đẳng thức đúng, chẳng hạn như đối với $x = 1$.
   Tùy chọn 11
   1.2.
9. $(3/2; 0), (3/4; -3/2)$. Gợi ý. Bạn sẽ phân tích bốn trường hợp phát sinh khi tiết lộ mô hình.
10. $\pm \pi/6, \pm \pi/4$.
11. 10. Lời giải. Gọi $A$ và $B$ là điểm tiếp tuyến của các cạnh $KN$ và $MN \cdot KN = x$. Khi đó từ đẳng thức
        $$BM^2 = DM \cdot LM = \frac{x}{9} \cdot x = \frac{x^2}{9},$$
        $$AK = \sqrt{KC \cdot KL} = \sqrt{\frac{32}{9} \cdot 8} = \frac{16}{3},$$
        $$BN = AN = KN - AK = x - \frac{16}{3}$$
        chúng ta có $MN = BM + BN = \frac{x}{3} + x - \frac{16}{3} = 8$, tiết lộ $x = 10$.
12. 6,5 giờ Lời giải. Đầu tiên, công nhân thứ hai sản xuất ít hơn $3/t$ phần mỗi phút so với công nhân đầu tiên trong vòng $t$ phút, và sau đó trong vòng

77

x phút - Nhiều hơn 5/x phần mỗi phút so với lần đầu tiên và mức tăng tính ngẫu nhiên của nó là 5/x+3/t=0,2, do đó t=
$$\frac{3x}{0,2x-5}=15+\frac{15\cdot 25}{x-25}\leq 15+15\cdot 25=390$$
(vì $x\in\mathbb{N}$). Mặt khác, đối với $x=26$ tất cả các điều kiện bài toán đều được thực hiện và $t=390$.

Vật lý
Khoa Vật lý

1. $v=\sqrt{gl\sin\alpha}$.
2. $F=Mg/\sqrt{3}$.
3. $A=(m/M)(R/T_1)(T_2-T_1)^2$.
4. $\alpha=M_BpV/(mRT)=0,17$.
5. $\varphi_C=\varphi_A-(\varphi_A-\varphi_B)d_1/(d-h)=22,5$ V.
6. $\Delta q=C\mathcal{E}r/(r+R)$.
7. $I_2=I_1(\alpha_2/\alpha_1)(\sin\alpha_1/\sin\alpha_2)=0,15$ A.
8. Trong trường hợp đầu tiên (hình 6, a)
   $$\varphi_1=(\arcsin 1/n-\arcsin(\sin\alpha/n))/2;$$
   trong trường hợp thứ hai (hình 6, b)
   $$\varphi_2=(\arcsin 1/n+\arcsin(\sin\alpha/n))/2.$$
9. $x=R^2/(\sqrt{R^2-a^2}-\sqrt{R/n^2-a^2})$.
10. $F=6l=6$ xem

Khoa Hóa học

1. $\mu=\frac{H-h}{H+h}$ tg $\alpha=\frac{1}{3}\approx0,33$.
2. $F=mg(1-n/k)=0,3$ N.
3. $\Delta U=Q-mR(T_2-T_1)/M=4845$ J.
4. $v_{\min}=\sqrt{5gl-Q^2/(4\pi\varepsilon_0ml)}\approx5$ m/c.
5. $I_4=I_1R_1R_5/(R_3R_4+R_3R_5+R_4R_5)=0,2$ A.

Khoa Nghiên cứu Cảm quan và Khoa Địa lý

1. $v_1=l_1\sqrt{\frac{2g(m_2l_2-m_1l_1)}{m_1l_1^2+m_2l_2^2}}\approx2,58$ m/s;
   $v_2=v_1l_2/l_1\approx5,16$ m/c.
2. $p=p_0+\mu mg/S=110$ kPa.
3. $q=\pm l\sqrt{4\pi\varepsilon_0mg}=3,0\cdot10^{-6}$ KL.
4. $\mathcal{E}=U_1U_2/(U_2-U_1)\approx10,3$ V.
5. $\beta_{\max}=\arcsin\sqrt{n^2-1}\approx53^\circ$.

Khoa Địa chất

1. $R=\sqrt{3GM_3T^2/(4\pi^2)}=4,2\cdot10^7$ m (ở đây $T=24$ h là chu kỳ Trái đất tự quay quanh trục của nó).
2. $l_2=\Delta l/(1-(T_1/T_2)^2)=1$ m; $l_1=0,25$ m.
3. $A=(p_0+Mg/S)V_0(T_2/T_1-1)=171$ J.
4. $E=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\sqrt{\frac{q_1^2}{a_1^4}+\frac{q_2^2}{a_2^4}+\frac{q_3^2}{a_3^4}}\approx1,6\cdot10^8$ V/m.
5. $\lambda=l/n=0,79$ m.

Hình 6.

Khoa Cơ học và Toán học

1. $\tau=\frac{h}{v}-\frac{v}{g}\left(\sqrt{1+\frac{2gh}{v^2}}-1\right)=3,2$ tr.
2. $A=5mgl/4=1,2$ J.
3. $h=\frac{a(h_1+h_2)-2h_1h_2}{2a-(h_1+h_2)}$.
4. $T_2=\sqrt{T_1T_3}=346$ K.
5. $\Delta p=\frac{2QvR}{V(3vR+2mc)}=8\cdot10^4$ Bố.
6. $p=\varrho g(h_1-h)(l-h)/h=9,8\cdot10^4$ Bố.
7. $I_1=I_2=\frac{\mathcal{E}R_2}{R_1R_2+R_1R_3+R_2R_3}=\frac{1}{11}$ A.
8. $t=2RC=20$ tr.
9. $P=\frac{k^2\pi l^4}{16R(\pi+1)^3}$.
10. $l=\sqrt{l_1l_2}=4$ xem

Khoa Toán tính toán và Điều khiển học

1. $R=\sqrt{\frac{gr^2T^2}{4\pi^2}}$.
2. $k=\varrho_1/\varrho_2=5/4$.
3. $p=p_0\frac{2mcT+3p_0V_0}{2mcT_0+3p_0V_0}\approx1,1\cdot10^5$ Bố.
4. $Q=11,5$ $p_0V_0=115$ kJ.
5. $\varphi'=\varphi+\frac{mRT}{Vp_HM_B}\cdot100\%\approx60\%$.
6. $W=\frac{C_1C_2(U_1-U_2)^2}{2(C_1+C_2)}=0,03$ J.
7. $k=\frac{R+r/2}{R+2r}=0,5$.
8. $U=\sqrt{PR/\eta}=12,5$ KV.
9. $\delta_{\max}=\pi/2-\arcsin(1/n)=45^\circ$.
10. $\varphi_{\max}=\arctg\left(\frac{a}{2F}\right)=0,1$ vui mừng.

Trường học yêu thích bài toán

1. {{0, 0}; (1, 2)}. Lời giải. Vì $1+x+x^2+x^3=(1+x)(1+x^2)$, nên $1+x$ và $1+x^2$ là lũy thừa của hai. Hãy để $1+x=2^m$; thì $1+x^2=2^{2m}-2^{m+1}+2$. Nếu $m>1$ thì biểu thức cuối cùng khi chia cho 4 có số dư là 2 và không phải là lũy thừa của hai. Vì vậy, $m=0$ hoặc $1$ và $x=0$ hoặc $1$.
2. $x_1=x_3=\ldots=x_9=-1$, $x_2=x_4=\ldots=x_{10}=1$. Lời giải. Chia mỗi đẳng thức sau (giá trị cuối cùng cho giá trị đầu tiên), chúng ta nhận được: $x_1=-x_4=x_7=-x_{10}=x_3=-x_6=x_9=-x_2=x_5=-x_8$.
3. 1, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 1, …, 1, 1, 0, 1. Lời giải. Rõ ràng là tất cả các số của chúng tôi đều không âm. Hãy đánh số chúng thành một hàng ngược chiều kim đồng hồ, bắt đầu từ số lớn nhất, nếu có nhiều số giống hệt nhau): $a_1, a_2, a_3, ..., a_{30}$. Sau đó, $a_1=a_2-a_3$ hoặc $a_1=a_3-a_2$, vậy nên một trong các số $a_2, a_3$ là $a_1$ và số còn lại là 0. Nếu $a_2=a_1$, chúng ta sắp xếp lại các số bắt đầu bằng $a_2$. Điều này có nghĩa là chúng ta có thể giả sử rằng $a_2=0$. Bây giờ số $a_{30}$ đã được tìm thấy:

78

Hình 7.

$$= |a_1 - a_2| = a_1, \ a_{29} = |a_{30} - a_1| = 0, \ ...$$
Hóa ra tập hợp của chúng ta có dạng $a_1, 0, a_1, a_1, 0, a_1$. Tổng của các số này là 20 $a_1$, vì vậy $a_1 = 1$.

4. Nếu $A_1, A_2, \ ..., A_n$ là những điểm này, $O$ là tâm của đường tròn thì các cung 60° có bán kính đối xứng $OA_1, OA_2, \ ..., OA_n$ sẽ không có điểm chung ngoại trừ điểm $O$.

5. Nếu tổng cộng có $x$ nam giới thì ở vị trí đầu tiên không có nhiều hơn $\frac{2}{3}x$, và ở vị trí thứ hai không có nhiều hơn $\frac{1}{3}x$.

6. 5000. Lời giải. Lưu ý rằng $p(1) = \frac{1}{2}$ và $p(x) + p\left(\frac{1}{x}\right) = 1$ cho bất kỳ $x$ nào. Tổng của chúng tôi chứa một số (100) số hạng nhất định $p(1)$ và phần còn lại có thể được nhóm thành cặp $p(x) + p\left(\frac{1}{x}\right)$. Do đó, tổng số số hạng nhân với $\frac{1}{2}$.

7. Hãy đặt $\frac{k(k+1)}{2} = a_k$. Nếu $a_k$ là hình vuông thì $a_{4k^2+4k} = 4a_k(2k+1)^2$ cũng là hình vuông. Do đó $a_1, a_8, a_{288}, \ ...$ là hình vuông. (Hãy suy nghĩ xem liệu có bất kỳ số nào khác $a_k$ là hình vuông hay không.)

8. 5:10:13. Lời giải. Gọi $ABC$ là tam giác đã cho, $AM$ là đường trung tuyến (hình 7). Hãy đặt $AF = FE = EM = x$, $BM = MC = y$. Sau đó $AP^2 = AF \cdot AE = ME \cdot MF = 2x^2 = MR^2$. Do đó $AP = AQ = MR = x\sqrt{2}$. Vì vậy, $AC = AQ + QC = x\sqrt{2} + y + x\sqrt{2} = y + 2x\sqrt{2}$, $AB = AP + PB = x\sqrt{2} + y - x\sqrt{2} = y, BC = 2y$. Vì $4AM^2 = 2AB^2 + 2AC^2 - BC^2$, nên $36x^2 = 2y^2 + 2(y + 2x\sqrt{2})^2 - 4y^2$. Do đó $x\sqrt{2} = \frac{4}{5}y$. Vì vậy $AB:AC:BC = y:2y: \frac{13}{5}y$.

9. Để các đường $AC$ và $BC$ cắt đường tròn đã cho tại các điểm $A_1$ và $B_1$ của điểm tương ứng (hình 8) và để $\angle AMB = 2\alpha$. Sau đó $\angle ACB = 180^\circ - \alpha$, và do đó $\angle AA_1B_1 + \angle BB_1A_1 = \alpha$.

Vì $\angle AOB = 180^\circ - 2\alpha$ (trong đó $O$ là tâm của đường tròn đã cho), nên $\angle AA_1B_1 = 90^\circ - \alpha$. Vì vậy $\angle B_1A_1A + \angle AA_1B_1 + \angle BB_1A_1 = 90^\circ$. Do đó, $\angle B_1BA_1 = 90^\circ$, có nghĩa là đoạn $B_1A_1$ là đường kính.

10. Một đường tròn có tâm $B$ và bán kính $BA$ không có bốn điểm: $A, C$ và các điểm đối xứng đường kính của chúng, và hai điểm nữa: tâm của tam giác và một điểm đối xứng $B$ đối với $AC$ (hình 9). Chỉ định: khoảng cách 9 trường hợp: 1. $MA = MB = MC$; 2. $MA = MB = BC$.

Hình 8.

= BC; 3. $MA = MB, BC = MC$; 4. $MA = AB, MB = MC$; 5. $MA = AB, MB = BC$; 6. $MA = AB, MB = BC$; 7. $AB = BM = BC$; 8. $AB = BM = MC$; 9. $AB = BM, BC = MC$.

11. Rõ ràng là với mọi số dương $x$ và $y$ thì đẳng thức $\left(\frac{x}{y}\right)^{x-y} \geq 1$ là đúng. Vì vậy, $\left(\frac{a}{b}\right)^{a-b} \left(\frac{b}{c}\right)^{b-c} \left(\frac{c}{a}\right)^{c-a} \geq 1$, chính là ý nghĩa của $(a^a b^b c^c)^2 \geq a^{b+c} b^{c+a} c^{a+b}$.

12. Chúng ta hãy viết lại herabenity ở dạng $4(a^2 + b^2 + c^2 + d^2 - 2ab - 2bc - 2cd - 2da) + (a + b + c + d)^2 \geq 0$. Phía bên trái được biểu thị dưới dạng tổng các bình phương: $(a - b + c - d)^2 + 2(a - b)^2 + 2(b - c)^2 + 2(c - d)^2 + 2(d - a)^2$.

13. Đặt $h_a, h_b, h_c, h_d$ là độ cao của tam giác $ABC$ và đặt độ cao $h_d$ được chiếu tới một điểm. Nếu $h_d$ cắt $h_a$ và $h_b$ thì điểm này nằm trên hai đường cao của mặt, nhưng sau đó nó cũng nằm trên đường cao thứ ba; điều đó có nghĩa là $h_d$ cắt nhau $h_a$ và $h_b$, 3) Nếu ba đường cao cắt nhau theo cặp thì chúng đều đi qua một điểm. Thật vậy, nếu không thì tất cả chúng sẽ nằm trong cùng một mặt phẳng, điều này rõ ràng là không cần thiết. Tuyên bố của chúng tôi là hiển nhiên. Ví dụ: nếu $h_d$ cắt $h_a$ và $h_b$ thì theo thuộc tính 2) $h_d$ cắt nhau $h_c$, theo thuộc tính 1) $h_a, h_b$ và $h_c$ cắt nhau theo cặp,

80

$$\frac{(M+2m)u^2}{2} + E_{\text{вн}(Z-2)} + \hbar \omega,$$
$$mv + (M+m)V = (M+2m)u + \hbar \omega/c.$$

Các giá trị nội năng $E_{\text{вн}(Z-1)}$ và $E_{\text{вн}(Z-2)}$ được xác định trong các đoạn văn sau.

3. $E_{\text{вн}(Z-1)} = -\frac{k^2 Z^2 e^4 m}{2 \hbar^2}$.

4. $E_{\text{вн}(Z-2)} = -\frac{k^2 e^4 m (Z-1/4)^2}{\hbar^2}$.

5. $Z=4$; ion mong muốn là $\text{Be}^{2+}$.

Thông tin

Trong số đầu tiên của tạp chí “Khoa học và Đời sống” năm 1989, các điều kiện tuyển sinh và nhiệm vụ đầu vào của khoa Sinh học của Trường Toán Báo chí Liên minh tại Đại học Tổng hợp Mátxcơva đã được công bố. Nếu bạn không chỉ quan tâm đến vật lý và toán học mà còn quan tâm đến sinh học, chúng tôi mời bạn tham gia cuộc thi.

Ủy ban sinh học của VZMSH

Ban biên tập, tập biên tập và ban biên tập tạp chí «Kvant» với mức độ ưu tiên sâu sắc sẽ thông báo với độc giả rằng ngày 8/12/1988, một thành viên ban biên tập, viện sĩ Andrei Petrovich Ershov, đã qua đời.

Sửa đổi
Trong «Kvant» Số 11-12 một năm đã trôi qua trên trang. Hình 2 hiển thị dữ liệu mới nhất về cái chết của A. N. Kolmogorov. Andrei Nikolaevich qua đời vào ngày 20 tháng 10 năm 1987. Các biên tập viên mang những phát hiện của họ đến với độc giả.

Tổng biên tập - Viện sĩ Yu. A. Osipyan

Phó tổng biên tập:
V. N. Borovishki, A. A. Varlamov,
V. A. Leshkovtsev, Yu. P. Solovyov

Tuyển tập biên soạn:
A. A. Abrikosov, M. I. Bashmkov,
V. E. Belonuchkin, V. G. Boltyansky,
A. A. Borovoy, Yu. M. Brook, 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, A. A. Leonovich,
S. P. Novikov, T. S. Petrova, M. K. Potapov,
V. G. Razumovsky, N. A. Rodina, N. Kh. Rozov,
A. P. Savin, Vâng. A. Smorodinsky,
A. V. Sosinsky, V. M. Urev, V. A. Fabrikant

Ban biên tập:
A. M. Baldin, S. T. Belyaev, E. P. Velikhov, I. Ya. Verchenko, V. V. Vozdizhensky,
G. V. Dorofeev, N. A. Ermolaeva,
A. P. Ershov, Yu. V. Ivanov, V. A. Kirillin, G. L. Kotkin, R. N. Kuzmin, A. A. Logunov, V. V. Mozhaev, V. A. Orlov, N. A. Patrikeeva, 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 chuẩn bị:
A. N. Vilenkin, A. A. Egorov, L. V. Kardasevich, I. N. Klimova, T. S. Petrova, S. L. Tabachnikov, V. A. Tikhomirova

Số đăng ký:
Yu. A. Vashchenko, M. V. Dubakh, S. V. Ivanov, T. N. Kolchenko, D. A. Krymov, S. F. Lukhin, I. E. Smirnova, E. K. Tenchurina, L. A. Tishkov, P. I. Chernusky, O. N. Estis, V. V. Yudin

biên tập nghệ thuật
S. V. Ivanov
Biên tập viên nghệ thuật T. M. Makarova
Trưởng ban biên tập L. V. Chernova
Người hiệu đính N. D. Dorokhova

Giao hàng vào ngày 23/11/88. Ký xuất bản ngày 04/01/89. T-04004. Định dạng 70×100/16. Giấy offset số 1. In offset. Kr.-ott có điều kiện. 27.10. Lò nướng có điều kiện l. 6 giờ 45. Biên tập học thuật. tôi. 8.10. Lưu hành 187.365 bản. Đặt hàng 2942. Giá 45 kopecks.

Lệnh thay thế lao động đỏ
Nhà máy in Chekhov
VO “Soyuzpolygraphom”
Ủy ban Nhà nước Liên Xô
về xuất bản, in ấn và kinh doanh sách
142300 Chekhov, khu vực Moscow

103006 Mátxcơva K-6, st. Gorky, 32/1, «Kvant», tel. 250-33-54