Giai đoạn cuối cùng của Olympic Vật lý toàn Nga LI dành cho học sinh

Kvant 2017, số 7 tr. 40, 41, 55, 59 Thẻ MZ4J

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 →

KVANT 2017/№7

theo quy định của Olympic) cử một đại diện tham dự Olympic “theo chỉ tiêu”. Để khắc phục tình trạng này, vào tháng 3/2017, Ủy ban Phương pháp Môn học Trung ương (CSMC) môn Vật lý cùng với Quỹ Tài năng và Thành công đã tổ chức chuẩn bị vòng chung kết Olympic cho học sinh các vùng “không đứng đầu” (200 người) tại Trung tâm Giáo dục Sirius. Dưới đây là vòng thi lý thuyết bài toán và danh sách những người chiến thắng ở chặng cuối của Olympic.

Vòng chung kết Olympic Vật lý toàn Nga được tổ chức từ ngày 7 tháng 4 đến ngày 13 tháng 4 năm 2017 tại thành phố Kazan (Tatarstan) trên cơ sở Đại học Liên bang Volga. 273 học sinh đã tham gia. Về mức độ chuẩn bị cho Olympic Vật lý của học sinh, nó luôn ở mức cao. Điều này được chứng minh bằng việc với độ khó ngày càng tăng bài toán của màn cuối, hầu hết các chàng trai đều đối phó thành công với chúng. Tuy nhiên, điều đáng chú ý là trong cả nước có sự khác biệt rõ rệt về mức độ chuẩn bị của học sinh môn vật lý. Như vậy, một phần ba số người tham gia giai đoạn cuối là học sinh Moscow. Sinh viên đến từ St. Petersburg (15,4%), Mordovia (7,3%), khu vực Moscow (5,1%), Tatarstan (4,4%), khu vực Vologda (3,3%), khu vực Sverdlovsk, Novosibirsk và Chelyabinsk (mỗi khu vực 2,5%) được đại diện khá tốt. Mặt khác, học sinh từ 18 vùng của Liên bang Nga không thể đạt được dù chỉ 50% số điểm tối đa và hoàn toàn không có đại diện tại vòng chung kết, còn học sinh từ 32 vùng của Liên bang Nga, mặc dù đạt hơn 50% số điểm tối đa nhưng đã không thể vượt qua ngưỡng để lọt vào vòng chung kết và (theo đó)

Lớp 9 Bài toán 1. Bạn lái xe nhẹ nhàng hơn… Trong thời tiết lặng gió trên hồ, một loạt thử nghiệm đã được thực hiện trên mô hình thuyền điều khiển bằng sóng vô tuyến với động cơ xăng, trong đó kết quả cho thấy ở tốc độ $v_{1} = 5,00$ km/h mức tiêu thụ nhiên liệu tuyến tính là $L_{1} = 20,0$ g/km và ở tốc độ $v_{2} = 15,0$ km/h mức tiêu thụ nhiên liệu là $L_{2} = 40,0$ g/km. Nguồn cung cấp nhiên liệu trên mô hình là M = 100 g. i Suy ra sự phụ thuộc của mức tiêu thụ nhiên liệu tuyến tính L vào tốc độ v.

Chuẩn bị thí nghiệm

Một thử nghiệm đang diễn ra

Chuyến tham quan lý thuyết

Thế Vận Hội

i Thời gian tối đa $T_{x}$ mà động cơ có thể chạy đối với mẫu xe đứng yên là bao nhiêu? i Ở tốc độ nào của mô hình $v_{0}$ mức tiêu thụ nhiên liệu tuyến tính là tối thiểu và giá trị của nó $L_{0}$ là bao nhiêu? Kết quả thu được phải được tìm thấy với sai số không quá 1%. i Khoảng cách tối đa $L_{0}$ là bao nhiêu và người mẫu có thể bơi trong thời gian nào $T_{0}$ ? i Những giá trị nào $T_{1}$ có thể lấy để mô hình di chuyển quãng đường $L_{1} = 3$ km? Ghi chú. Hãy xem xét rằng khi động cơ đang chạy, mức tiêu thụ nhiên liệu khối lượng $M_{0}$ (g/s) phụ thuộc tuyến tính vào sức mạnh của lực kéo và lực kéo tỷ lệ thuận với tốc độ của mô hình so với mặt nước. Mô hình di chuyển đồng đều và ở bất kỳ tốc độ nào, mớn nước của nó không thay đổi. M. Zamyatnin Bài toán 2. Có khói Khi tiến hành chụp ảnh từ trên không khu vực này, một bức ảnh đã được chụp trong đó có thể nhìn thấy hai luồng khói từ đầu máy hơi nước (hình 1). Một ô trong ảnh tương ứng với 50 m trên mặt đất. Được biết, một đầu máy hơi nước chuyển động đều dọc theo một đường ray hình tròn, còn đầu máy kia chuyển động với cùng tốc độ theo đường thẳng. Xác định: i hướng tốc độ gió; i bán kính R của đường sắt vành đai; i là tỉ số giữa tốc độ đầu máy v và tốc độ gió u; i hướng của đường ray thẳng (dựng bằng la bàn và thước kẻ). M. Zamyatnin

Hình 1

Nghĩ về nó

Bài toán 3. Xoắn ốc phi tuyến Điện trở R của xoắn ốc phụ thuộc vào nhiệt độ theo định luật $R R_{0} A t t_{0}$ , trong đó t là nhiệt độ của xoắn ốc, $R_{0} = 10$ Ohm, A 40.0 $10^{3}$ Ohm o C $, t_{0} 20 o C$ . Một điện áp U = 220 V được đặt vào hình xoắn ốc và trong thời gian $T_{1} = 100$ μs, nó nóng lên từ $t_{0}$ đến $t_{1} 80 o C. i$ Đến nhiệt độ nào $t_{2}$ hệ thống sẽ nóng lên trong thời gian $T_{2} = 334$ μs kể từ thời điểm máy sưởi được bật? i Xác định nhiệt dung C của đường xoắn ốc. A. Bychkov

Bài toán 4. Hai phần tử phi tuyến Mạch điện gồm hai phần tử phi tuyến giống hệt nhau X, một chiết áp có điện trở giữa các tiếp điểm cố định là R = 100 Ohm và một cục pin lý tưởng có điện áp $U_{0} = = 10,0$ V (hình2,a). Đặc tính dòng điện-điện áp của phần tử X được thể hiện ở hình 2, b. Xác định: i tổng công suất được giải phóng trên hai phần tử phi tuyến ở vị trí cực trị của thanh chiết áp; i tổng công suất được giải phóng trên hai phần tử phi tuyến khi thanh trượt chiết áp được đặt ở giữa của nó;

Hình 2

ĐÁP ÁN, HƯỚNG DẪN, GIẢI PHÁP

“SỐ LƯỢNG” CHO HỌC SINH THI

CÁC BÀI HÁT LÀ GÌ?

NHIỆM VỤ

Khi một bánh xe di chuyển dọc theo một đường có chiều rộng thay đổi, dấu vết từ mỗi đường ray là một đường xoắn ốc trên bề mặt hình nón.

(xem «Kvant» số 6)

Anton Borisov, Vasya Vasiliev, Grisha Grigoriev, Borya Antonov. Hãy xem lần thứ hai các anh chàng ngồi vào bàn như thế nào nhé. Đối diện Anton không phải là Antonov (vì họ đã ngồi đối diện trước đó), không phải Borisov (vì Grisha đang ngồi đối diện với anh ta) và không phải Vasiliev (vì anh ta đang ngồi cạnh Anton), nghĩa là đó là Grigoriev. Anton không thể là Antonov (họ ngồi đối diện), Vasiliev ngồi cạnh anh ta, và Grigoriev ngồi đối diện anh ta, nghĩa là Anton là Borisov. Đối diện với Borisov là Grisha, nghĩa là Grisha là Grigoriev. Vasiliev và Borya là những người khác nhau, Anton và Grisha ngồi cạnh Vasiliev, nghĩa là Vasiliev là Vasya. Vậy thì Antonov là Borya. 2. Tất cả các tên bắt đầu bằng “Mi” và kết thúc bằng “I” đều phù hợp, ví dụ như Mitya. 3. Hãy đánh số những nơi viết biển báo. Vitya cần đảm bảo rằng những nơi được đánh số chẵn có một loại ký hiệu và những nơi được đánh số lẻ - một loại khác. Hãy xem mười lăm địa điểm kỳ lạ, ở đó có nhiều dấu hiệu hơn, giả sử điểm cộng, tức là có ít nhất 8 địa điểm trong số đó. Sau đó, có nhiều điểm trừ hơn ở những vị trí chẵn, tức là tối thiểu là 8. Nếu Vitya sửa các dấu sao cho có điểm cộng ở những vị trí lẻ và điểm trừ ở những vị trí chẵn thì anh ta sẽ phải sửa không quá 7 + 7 = 14 dấu. 4. Nếu tìm được những quả cân có tổng khối lượng là 6 gam thì chúng ta sẽ đạt được mục tiêu. Nếu tìm được 4 quả cân có tổng khối lượng là 4 hoặc 8 gam thì chúng ta sẽ hiểu được quả cân nào nặng bao nhiêu, từ đó chúng ta cũng dễ dàng đạt được mục tiêu của mình. Hãy cân 4 quả cân, khối lượng của chúng có thể từ 4 đến 8 gam. Các trường hợp 4, 6 và 8 gram đã được thảo luận ở trên. Nếu nặng 5 gam thì 4 quả cân còn lại nặng 7 gam và ngược lại. Khối lượng 5 gam chỉ có thể đạt được bằng một cách: 1, 1, 1 và 2 gam, gọi các trọng lượng này là nhóm A, và cũng có thể đạt được 7 gam theo một cách: 1, 2, 2, 2 gam - nhóm B. Trong bước thứ hai, chúng ta cân 2 quả cân thuộc nhóm A và 2 quả cân thuộc nhóm B. Các trường hợp khối lượng của chúng là 4, 6 hoặc 8 gam, đã thảo luận ở trên. Nếu khối lượng của chúng là 5 gam thì ở nhóm A có khối lượng 1 và 1 gam, ở nhóm B - 1 và 2 gam. Điều này có nghĩa là bạn có thể lấy các quả cân này từ nhóm A và các quả cân từ nhóm B không tham gia cân. Tổng khối lượng của chúng là 6 gam. Trường hợp khối lượng của chúng là 7 gam được phân tích theo cách tương tự.

KÍNH KÍNH KÍNH “QUANTA”

Câu hỏi và bài toán

Không có cơ quan tham chiếu nào liên quan đến chuyển động xảy ra. 2. Ở những nơi sâu, tác động của lực nổi rõ rệt hơn, làm suy yếu áp lực ở đáy. 3. Khi chuyển từ lõi này sang lõi khác, nam tước sẽ có khả năng tăng tốc rất lớn. Cơ thể con người không thể chịu được tình trạng quá tải do tốc độ thay đổi nhanh chóng như vậy. 4. Để cơ thể được sắp xếp hợp lý hơn và giảm lực kéo. 5. Khi áp suất khí quyển giảm khi leo núi, các khớp ít khít với nhau hơn, đó là lý do tại sao hoạt động của các chi “trở nên sai lầm” và có thể xảy ra nhiều chấn thương khác nhau. 6. Áp suất khí quyển tác dụng lên bề mặt nước nhưng trong khoang miệng chúng ta giảm áp suất không khí. Do chênh lệch áp suất nên nước dâng lên. 7. Ở nhiệt độ không khí gần $37 \infty C$ , quá trình truyền nhiệt liên tục do con người tạo ra vào không khí chậm lại, nội năng dư thừa được hình thành trong cơ thể. 8. Tốc độ không khí thổi ra trong dòng mỏng cao và áp suất trong dòng nhỏ hơn khí quyển. Không khí lạnh được dòng suối thu lại, không bão hòa hơi nước, được “cung cấp” lên bề mặt trà, giúp thúc đẩy quá trình bay hơi và làm mát của chất lỏng. Trong một trường hợp khác, không khí ấm, bão hòa hơi được thở ra, tốc độ thấp. Anh sưởi ấm đôi tay mình. 9. Khi kích thước của một vật giảm đi thì tỉ số diện tích bề mặt của nó với thể tích tăng lên. Sự truyền nhiệt, được xác định chính xác bởi diện tích bề mặt, tăng lên và sự mất nhiệt xảy ra mạnh mẽ hơn. 10. Khi trời mưa, nước không bay hơi khỏi da và không làm mát chúng ta. 11. Khi các khớp bị kéo căng, áp suất trong bao khớp giảm xuống và chất lỏng ở đó dường như sôi lên. Trong đó xuất hiện các bong bóng khí, khi bị kéo căng mạnh sẽ vỡ ra một tiếng nổ. 12. Trong trường hộp hộp mực đã tích điện, bàn tay do cảm ứng tĩnh điện bị nhiễm điện

ĐÁP ÁN,

HƯỚNG DẪN

một hình vuông do cảnh sát thành lập. Như vậy, độ của điểm X so với đường tròn ngoại tiếp tam giác do cảnh sát tạo ra giảm dần vào mỗi buổi tối, do đó cảnh sát không thể quay lại điểm xuất phát.

1: 2. Đầu tiên lời giải. Gọi $I_{a}, I_{b}, I_{c}$ là tâm các đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC (hình 5). Sau đó cho tam giác $I_{a} I_{b} I_{c}$ ba

Hình 5

ABC là một tam giác trực giao và đường tròn ngoại tiếp của nó là một đường tròn có chín điểm. Do đó, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $I_{a} I_{b} I_{c}$ là một điểm đối xứng với I so với O và bán kính của nó bằng hai lần bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC. Nội tiếp trong cùng một đường tròn là tam giác A a B a C a, thu được từ ABC đồng quy có tâm I và hệ số 2. Đường thẳng l đi qua I vuông góc với OI cắt một dây trong đường tròn này có trung điểm tại I, các dây $I_{a} Aa$ và $I_{b} Ba$ cũng đi qua I. Theo định lý con bướm, các đường thẳng $I_{a} I_{b}$ và A a B a cắt l tại các điểm đối xứng với Do đó IX: IY = 1: 2. Số thứ hai là lời giải. Chúng ta hãy xem xét các HMT có tổng khoảng cách định hướng đến các cạnh của tam giác ABC bằng 3r, trong đó r là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác. Vì khoảng cách định hướng là hàm tuyến tính của tọa độ điểm nên GMT này sẽ là đường thẳng đi qua I. Vì tổng các hình chiếu của vectơ OI lên các đường định hướng AB, BC, CA bằng 0 nên đường thẳng này vuông góc với OI. Vì điểm Y nằm trên phân giác ngoài của góc C nên tổng khoảng cách từ điểm đó đến các đường thẳng AC và BC bằng 0. Điều này có nghĩa là khoảng cách từ Y đến AB là 3r, tức là YX = 3IX.

GIẢI PHÁP

Cho tam giác ABC A r B r C. Khi đó, độ cao $h_{a}, h_{b}, h_{c}$ thỏa mãn bất đẳng thức $h_{a} b h_{b} b h_{c}$ và bất đẳng thức tương tự cũng đúng đối với các đường phân giác $l_{a}, l_{b}, l_{c}$ . Hãy xem xét hai trường hợp. 1) Cho B r 60 o. Khi đó A B b B C và $h_{c} l_{c}$ cos A $B 2 r h_{a} l_{a}$ cos B C 2. Tương tự, $h_{c} l_{c} h_{b} l_{b}$ . Điều này có nghĩa là từ bất đẳng thức $h_{c} h_{a} h_{b}$ dẫn đến $l_{c} l_{a} l_{b}$ . 2) Cho B b 60 o. Khi đó, kể từ A 90 o, C 30 o. Do đó $l_{a} r h_{a} AC$ sin C AC 2 và $l_{b} BC 2$ . Nhưng đường phân giác $l_{c}$ không vượt quá đường trung tuyến tương ứng, nhỏ hơn một nửa tổng các cạnh AC và BC. Vì vậy, $l_{c} l_{a} l_{b}$ . Ghi chú. Lưu ý rằng khi phân tích trường hợp đầu tiên, điều kiện về độ sắc nét của tam giác đã không được sử dụng và khi phân tích trường hợp thứ hai, thực tế là có thể hình thành một tam giác từ các độ cao đã không được sử dụng. Tuy nhiên, cả hai điều kiện đều cần thiết. Một ví dụ về tam giác tù, trong đó tam giác có thể được tạo thành từ các đường cao chứ không phải từ các đường phân giác, được đưa ra trong lời giải bài toán 5 dành cho lớp 9 của Olympic VII. 13. s = 0. Đầu tiên lời giải. Đầu tiên ta chứng minh bổ đề sau. Bổ đề. Cho T là tập hợp tối đa n – 3 tam giác có các đỉnh được chọn từ các đỉnh của n-giác lồi $P A_{1} A_{2}$ … $A_{n}$ . Khi đó chúng ta có thể tô màu các đỉnh của P bằng ba màu sao cho các đỉnh của mỗi màu tạo thành một tập hợp không trống các đỉnh liên tiếp của P và tập T không chứa các tam giác có các đỉnh khác màu. Ta chứng minh bổ đề bằng quy nạp theo n. Với n = 3 mệnh đề đúng vì T trống. Đặt n > 3. Nếu $A_{1} A_{n}$ không phải là một cạnh của bất kỳ tam giác nào từ T, hãy tô màu $A_{1}$ và $A_{n}$ bằng hai màu khác nhau và các đỉnh còn lại bằng màu thứ ba. Giả sử $A_{1} A_{n}$ là một cạnh của ít nhất một tam giác từ T. Chúng ta hãy tạo thành tập U bằng cách loại bỏ tất cả các tam giác đó khỏi T và thay thế $A_{n}$ bằng $A_{1}$ trong phần còn lại. Sử dụng giả thuyết quy nạp cho đa giác $Q A_{1} A_{2}$ … $A_{n} 1$ và tập U, chúng ta hãy tô màu các đỉnh của Q. Bây giờ, tô màu $A_{n}$ cùng màu với $A_{1}$ , chúng ta thu được màu P mong muốn. Bây giờ, hãy để Ác quỷ dựng một màu tương ứng với các bộ ba được đặt tên bởi Man và vẽ một hình P lồi 100 cạnh có diện tích 100, nội tiếp trong vòng tròn k sao cho tất cả đỉnh P màu i nằm trên cung $c_{i}$ có độ đo Eo,

ĐÁP ÁN,

HƯỚNG DẪN

n = 2018. Cho k = 2017. Với n = k + 1 thì thủ thuật dễ sắp xếp. Ảo thuật gia và trợ lý đánh số màu từ 1 đến k. Người trợ giúp nhìn thấy màu của thẻ cuối cùng ( k + 1 ) (đặt số của nó là a), để mở thẻ thứ a. Nhà ảo thuật nhìn thấy số quân bài nào mở sẽ khôi phục lại màu của quân bài cuối cùng. Vẫn còn phải chứng minh rằng với n £ k thủ thuật này sẽ thất bại. Hãy giả sử điều ngược lại và xem xét những hành động có thể xảy ra của nhà ảo thuật. Giả sử, khi nhìn thấy một lá bài màu a ở vị trí thứ i, anh ta thông báo rằng ở vị trí thứ j có một lá bài màu b (khi đó $i \pi j );$ chúng ta sẽ gọi hướng dẫn này ( a, i ) Æ ( b, j ). Chúng ta có thể giả sử rằng với mỗi cặp ( a, i ) chỉ có một hướng dẫn có dạng ( a, i ) Æ ( b, j ) (và nhà ảo thuật, nếu có thể, luôn sử dụng nó - vì không có thông tin về cái nào trong số đó những hướng dẫn như vậy được áp dụng, nó có không quá kn hướng dẫn. Chúng ta sẽ nói rằng bố cục ban đầu của các thẻ đáp ứng các hướng dẫn ( a, i ) Æ ( b, j ), nếu nó chứa các thẻ có màu a và b tương ứng. Sau đó, mỗi hướng dẫn đáp ứng chính xác $k^{n} -^{2}$ bố cục. Mặt khác, nếu thủ thuật được đảm bảo thành công thì mọi bố cục có thể đáp ứng ít nhất một hướng dẫn - hướng dẫn mà tổng số bố cục sẽ sử dụng. kn $k^{n} -^{2}$ , tức là $k^{n}$ £ $k^{n} -^{1} n$ , do đó k £ n, và bất đẳng thức ở trên trở thành một đẳng thức. Điều này có nghĩa là mỗi bố cục thỏa mãn chính xác một lệnh và chính xác một lệnh bắt đầu bằng mỗi cặp ( a, i ); khi đó có một lệnh có dạng ( b, j ) Æ ( c, k ). cả hai hướng dẫn, các điều kiện i = k và $a \pi c$ phải được thỏa mãn. Mặt khác, với bất kỳ hai hướng dẫn ( a, i ) Æ ( b, j ) và ( c, k ) Æ ( d, l ) phải có các số trùng khớp giữa các số i, j, k, l - nếu không thì lại tồn tại một bố cục thỏa mãn cả hai hướng dẫn. cạnh [i, j], nếu có hướng dẫn có dạng ( a, i ) Æ ( b, j ) (theo những gì đã được chứng minh ở trên, cũng có hướng dẫn có dạng ( b, j ) Æ ( a ¢, i )). Khi đó, hai cạnh bất kỳ trong biểu đồ này có một đỉnh chung và ít nhất một cạnh đi ra từ mỗi đỉnh là cụ thể, [1, 2] là một cạnh của biểu đồ này. Từ đỉnh 3 xuất hiện một cạnh có đỉnh chung với đỉnh đầu tiên -

GIẢI PHÁP

hãy để nó là [1, 3] cho chắc chắn. Khi đó bất kỳ cạnh nào từ đỉnh k > 3 đều phải có dạng [1, k] để có các đỉnh chung với mỗi cạnh [1, 2] và [1, 3]. Cuối cùng, bất kỳ cạnh nào nói chung phải có một đỉnh chung với mỗi cạnh [1, 2], [1, 3] và [1, 4], tức là phải chứa đỉnh 1. Vì vậy, trong mỗi lệnh, một trong các số vị trí bằng 1. Cuối cùng, chúng ta hãy liên kết với mỗi vị trí i > 1 tất cả các màu a sao cho có một lệnh có dạng ( c, i ) Æ ( a, 1 ). Từ những điều trên cho thấy các vị trí khác nhau không thể được liên kết với cùng một màu. Vì có k – 1 vị trí như vậy và k < 2 ( k - 1) màu, nên một số vị trí i chỉ được liên kết với một màu a, tức là có tất cả k hướng dẫn có dạng ( c, i ) Æ ( a, 1 ) cho tất cả c có thể có. Tuy nhiên, cũng có hướng dẫn dạng (a, 1) Æ (c, i) cho một số c. Nhưng nó không thể tồn tại cùng với lệnh ( c, i ) Æ ( a, 1 ); mâu thuẫn. 6. 3800 chip. Một ví dụ chứa 3800 chip hóa ra như thế này. Hãy chọn một “đường viền” có chiều rộng 5 từ hình vuông 200 ¥ 200. Đường viền này bao gồm bốn hình vuông góc 5 ¥ 5 và bốn hình chữ nhật 5 ¥ 190. Hãy đặt các con chip vào bốn hình chữ nhật sau: màu đỏ ở bên trái và trên cùng, và màu xanh lam ở bên phải và dưới cùng. Dễ dàng nhận thấy ví dụ này đáp ứng mọi yêu cầu và có 1900 chip đỏ và xanh. Vẫn còn phải chứng minh rằng không thể có nhiều hơn 3800 chip. Hãy xem xét cách sắp xếp tùy ý các chip thỏa mãn yêu cầu. Hãy gọi một hàng (hàng hoặc cột) là nhiều màu nếu nó chứa các chip của cả hai màu. Chúng ta hãy đưa ra hai nhận xét hữu ích cùng một lúc. Đầu tiên, mỗi con chip nhìn thấy một số con chip có màu khác nhau, vì vậy mỗi con chip nằm ở ít nhất một hàng có màu khác nhau. Ngoài ra, vì một hàng nhiều màu chứa một ô màu đỏ nên nó không thể có nhiều hơn năm ô màu xanh (nếu không ô màu đỏ sẽ nhìn thấy tất cả). Tương tự, trong một hàng nhiều màu không có quá 5 chip màu đỏ, tức là tổng cộng không quá 10 chip. Bây giờ không khó để có được ước tính cần thiết. Nếu có 191 dòng nhiều màu thì chúng chứa không quá 191 ◊ 10 = 1910 chip và chín dòng còn lại có không quá 9 ◊ 200 = 1800 chip, tổng cộng không quá 1910 + 1800 < 3800 chip. Trường hợp có 191 cột nhiều màu được phân tích theo cách tương tự. Nếu mỗi con không quá 190 thì chúng chứa không quá 190 ◊ 10 + 190 ◊ 10 = 3800 chip và tất cả các chip đều được chứa trong các hàng này. Đánh giá đã được chứng minh.