Kvant 2020, số 9 · Trang

1

Làm thế nào để ra khỏi rừng?

A.ZASLAVSKY, V.PROTASOV

Chúng ta nên làm gì và nên đi đâu? Chúng ta đã sống như thế nào và chúng ta đã thực sự sống chưa? Của chúng ta ở đâu, của chúng ta ở đâu, của chúng ta ở đâu? Mất gì, tìm ở đâu, tìm lại như thế nào? L. Kostyukov

Đến chiều, lúc hai giờ, công chúa bị lạc trong rừng. G. Sapgir. Công chúa và yêu tinh

LÀM THẾ NÀO ĐỂ RA KHỎI RỪNG? Thật là một câu hỏi kỳ lạ! Nếu bạn có công cụ điều hướng hoặc tệ nhất là bản đồ và la bàn thì bài toán rất dễ giải quyết. Nhưng nếu không có thẻ và điện thoại chết? Sau đó chúng ta cần phải đi thẳng mọi lúc - một ngày nào đó chúng ta sẽ thoát ra được. Tuy nhiên, chiến lược này rất nguy hiểm: nếu chọn hướng không tốt, thì bạn có thể đi rất xa vào rừng. Phải làm gì? Chúng ta hãy cố gắng xây dựng chính xác bài toán. Vì vậy: 1. Chúng ta không biết mình đang ở đâu trong rừng và không biết phương hướng. 2. Chúng ta vẫn biết điều gì đó về khu rừng - chẳng hạn như diện tích, hình dạng, v.v. 3. Chúng ta có thể đi theo bất kỳ tuyến đường nào đã chọn trước. Ví dụ: đi chính xác theo một vòng tròn có tâm cho trước và bán kính 10 km, hoặc giả sử đi bộ 5 km theo một hướng nhất định, sau đó rẽ 60q và đi bộ 3 km, v.v. Câu hỏi: Chúng ta nên đi như thế nào để sau khi đi theo lộ trình của mình, chúng ta chắc chắn sẽ ra khỏi rừng, bất kể vị trí ban đầu và hướng di chuyển ban đầu? Độ dài của con đường ngắn nhất đảm bảo thoát ra là bao nhiêu? Đáp số, tất nhiên, phụ thuộc vào những gì chúng ta biết về khu rừng. Bài toán 1. Con đường nào là ngắn nhất để ra khỏi rừng nếu chúng ta

Chúng ta có biết rằng đường kính của khu rừng không vượt quá 10 km? Đường kính của hình là khoảng cách giữa các điểm xa nhất của hình. Do đó, bất kỳ hình giới hạn nào cũng có đường kính chứ không chỉ $круга.^{1}$ Điều này có nghĩa là chúng ta biết rằng khu rừng không lớn lắm: khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ của nó không vượt quá 10 km. Lời giải. Chúng tôi đi bộ 10 km theo đường thẳng. Thế là xong, chúng ta chắc chắn sẽ ra khỏi rừng - ở cuối con đường, hoặc thậm chí sớm hơn. Nếu không, khu rừng sẽ có một đoạn dài 10 km bên trong, nghĩa là đường kính của khu rừng sẽ lớn hơn 10 km. Vậy nó có đơn giản như vậy không? Chúng ta ngẫu nhiên đi theo một đường thẳng - và đó là toàn bộ “chiến lược”? Đúng. Hơn nữa, con đường này là tối ưu. Điều này có nghĩa là không có con đường nào dài dưới 10 km có thể đảm bảo lối thoát ra khỏi rừng. Trên thực tế, chúng tôi sẽ đi dọc theo bất kỳ con đường nào dài dưới 10 km. Hãy biểu thị chiều dài của nó bằng d. Bây giờ chúng ta hãy che con đường này bằng một dải rất hẹp. Nếu A và B là bất kỳ cặp điểm nào trên đường đi của chúng ta thì độ dài của đoạn AB không vượt quá độ dài của đoạn đường đi từ A đến B (vì đường đi ngắn nhất giữa hai điểm là một đường thẳng), và do đó AB d d. Vì vậy, đường kính đường đi của chúng ta nếu coi là hình phẳng thì không vượt quá d. Vì d là 10 km nên nếu dải đất đủ hẹp thì đường kính của nó cũng sẽ nhỏ hơn 10 km. Bây giờ hãy tưởng tượng rằng khu rừng là dải đất của chúng ta. Đường kính của khu rừng chưa đến 10 km, nhưng chúng tôi chưa bao giờ rời bỏ nó (dù sao thì dải đất này chứa toàn bộ con đường của chúng tôi bên trong nó). Tất nhiên, đó là một tình huống đơn giản. Nhưng nó phức tạp hơn.

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20200902

Chúng tôi coi tất cả các số liệu đều bị đóng, tức là có đường viền riêng.

13

LÀM SAO

RA

bài toán. Chúng tôi sẽ xem xét một trong số họ bây giờ. Lần này rừng là vô tận. Để đơn giản, chúng ta sẽ sử dụng đơn vị chiều dài không thứ nguyên. Bài toán 4. Khu rừng có hình dạng một dải vô tận có chiều rộng 1. Con đường ngắn nhất để ra khỏi khu rừng như vậy là gì? Lời giải. Chúng ta sẽ theo dõi bài viết của Zalgaller. Chúng ta sẽ cần hai tuyên bố phụ trợ. Chúng ta sẽ gọi đường cong không tự giao nhau là cung. Rõ ràng là con đường ngắn nhất phải được tìm kiếm một cách chính xác giữa các cung. Chúng ta sẽ gọi một cung lồi nếu nó cùng với đoạn nối các đầu của nó bao quanh một hình lồi. Bổ đề 1. Có một đường đi có độ dài tối thiểu. Đó là một vòng cung lồi. Có gì để chứng minh? Chà, tất nhiên là có đường tắt, đó là điều hiển nhiên! Thật không may, trong một số bài toán cực tiểu-cực đại không đạt được lời giải tối ưu. Hơn nữa, sự tồn tại của lời giải đôi khi khó chứng minh nhất. Nhưng bạn không thể không chứng minh điều đó - nếu không bạn có thể đưa ra những kết luận vô lý (xem một số ví dụ trong [2]). bài toán này cũng không ngoại lệ. Vì vậy Bổ đề 1 rất quan trọng. Nhưng chúng tôi sẽ không chứng minh ở đây mà sẽ chấp nhận mà không cần chứng minh và giới thiệu cho bạn đọc quan tâm đến bài viết [3]. Bây giờ chúng ta hãy tìm hiểu xem đường cong ngắn nhất phải có những tính chất gì, hãy gọi nó là L. Chúng ta sẽ cần khái niệm về một hình lồi thẳng hỗ trợ. Đây là đường thẳng có các điểm chung với một hình cho trước nhưng toàn bộ hình đó nằm về một phía của đường thẳng. Ví dụ: các đường tham chiếu của một vòng tròn là các tiếp tuyến. Và các đường hỗ trợ của một tam giác là ba đường thẳng chứa các cạnh của nó, cũng như các đường thẳng đi qua các đỉnh của nó và không có các điểm khác với tam giác đó. Bổ đề 2. Hai đầu A, B của đường cong ngắn nhất L không trùng nhau và L nằm giữa các đường vuông góc với đoạn AB tại hai đầu của nó. Bằng chứng. Chúng ta vẽ các đường tham chiếu vuông góc với đường thẳng AB đến L, được hiển thị bằng màu xanh lam (Hình 1). Nếu như

TỪ

RỪNG?

Hình 2

16

KVANT 2020/№9

chiều dài dưới 74 km. Tuy nhiên, giải pháp bài toán 5 vẫn có thể được sử dụng. Giả sử con tàu ở điểm K, ngọn hải đăng ở điểm M và K c là một điểm trên tia

KM bằng KK c 10 km. Để một con tàu neo đậu vào bờ, thân lồi của quỹ đạo của nó phải chứa một đường tròn có tâm M và bán kính KK c, nhưng vì chưa biết vị trí của điểm M trên đoạn KK c nên thân lồi phải chứa hợp của tất cả các đường tròn đó.

gov với các trung tâm ở KK c. Rõ ràng là điều kiện này cũng sẽ đủ. Cho Z, Z c lần lượt là các đường tròn có tâm K, K c và bán kính bằng KK c; CC c và DD c là các tiếp tuyến chung của các đường tròn này; X là điểm trên đường thẳng CC c sao cho XKC 30 q; XA – tiếp tuyến với Z; B – điểm giữa cung C c D c nằm ngoài Z; Y – hình chiếu của B lên CC c (Hình 7). Khi đó đường đi KXADD c BY thỏa mãn điều kiện và có chiều dài là 10 3 2 S 3 1 S 2 1 km 74 km.

Lặp lại lý luận từ lời giải bài toán 5, ta đi đến kết luận rằng đường đi đã cho là ngắn nhất trong số những đường thẳng XY trùng với CC c. Có vẻ hiển nhiên bằng trực giác rằng đường đi ngắn nhất phải thỏa mãn điều kiện này, nhưng các tác giả không biết cách chứng minh. Có lẽ người đọc có thể tìm thấy nó.

Hình 7

Bài toán về việc rời rừng có ứng dụng thực tế ngay lập tức. Và không nên hiểu chúng theo nghĩa đen: họ thường không biết gì về việc “ra khỏi rừng”.

17

LÀM SAO

RA

mối quan hệ. Điều này bao gồm việc xây dựng các chiến lược tối ưu, lý thuyết trò chơi và lập trình động. Chỉ cần đề cập rằng J. Isbell đã chọn “Tạp chí Hải quân” ​​cho bài báo của mình, chuyên viết về các vấn đề kinh tế và kỹ thuật ứng dụng của vận tải hàng hải. Nhiều khía cạnh ứng dụng của việc “ra khỏi rừng” có thể được tìm thấy trong cuốn sách [6]. Có bất kỳ bài toán nào chưa được giải quyết trong khoa học này không? Chắc chắn! Chúng liên quan đến cả các dạng rừng khác nhau và với các công thức khác của chính vấn đề. Ví dụ, trong thực tế, chúng ta không quan tâm nhiều đến một con đường luôn cung cấp một lối thoát mà là một con đường có khả năng thoát ra cao. Và con đường này có thể ngắn hơn nhiều! Đôi khi bài toán được dùng để giảm thiểu thời gian thoát trung bình, tức là kỳ vọng toán học.

Để kết luận, chúng tôi khuyên bạn nên thử ở lời giải với một vài bài toán nữa. 7. Rừng có dạng hình tròn đơn vị. Chứng minh rằng đường đi ngắn nhất ra khỏi rừng là đoạn có độ dài 2. 8. Rừng có dạng hình tròn bán kính 10, và một người ở trong rừng cách biên giới của nó 1. a) Con đường từ bài toán 5 có đường ra khỏi rừng không? b) Có cách nào ngắn hơn không? 9. Khu rừng có hình vuông, người cách đỉnh rừng 1 đoạn. Có thể rời khỏi rừng sau khi đi bộ khoảng cách không quá 3? 10. Khu rừng có hình vuông. Có thể thoát khỏi nó bằng cách di chuyển một quãng đường nhỏ hơn đường chéo của hình vuông không? 11. Khu rừng có hình tam giác đều. Có thể thoát khỏi nó bằng cách di chuyển một khoảng cách nhỏ hơn cạnh của tam giác không? Trong bốn bài toán cuối, tác giả không biết con đường nào là ngắn nhất.

TỪ

RỪNG?

Văn học

1. V.M. Tikhomirov. Những câu chuyện về thăng trầm. – Thư viện «Kvant», tập. 56. – M.: Nauka, 1986. 2. V.Yu.Protasov. Cực đại và cực tiểu trong hình học. – Thư viện “Giáo dục toán học”, tập. 31. – M.: MTsNMO, 2005. 3. V.A. Zalgaller. Làm thế nào để ra khỏi rừng? (Khoảng một bài toán Bellman). – “Giáo dục Toán học”, ser. 2 (1961), không. 6, trang 191–195. 4. R. Bellman. Lập trình động. – Nhà xuất bản Đại học Princeton, 1957. Bản dịch tiếng Nga: R. Bellman. Lập trình động. – M.: Nhà xuất bản Văn học nước ngoài, 1960. 5. J.R. Isbell. Một mô hình tìm kiếm tối ưu – Nghiên cứu Hậu cần Hải quân Quart Ferly, 4 (1957), 357–359. 6. P. J. Nahin. Đuổi theo và trốn thoát: Bài toán truy đuổi và trốn tránh. – Nhà xuất bản Đại học Princeton, 2007.

THẾ GIỚI TOÁN HỌC

Vyacheslav Viktorovich Proizvolov

Đã một năm kể từ khi nhà toán học xuất sắc Vyacheslav Viktorovich Proizvolov qua đời. Độc giả «Kvant» chủ yếu biết đến anh ấy như một nhà soạn nhạc đầy thử thách với sự tinh tế và gu thẩm mỹ độc đáo. Từ cuối những năm 1990 đến giữa những năm 2000, Vyacheslav Viktorovich phụ trách “Bài toán Kvant. Nét chữ thanh lịch, khó quên của một tác giả luôn hiện rõ trong những nhiệm vụ sáng giá của ông. Trong số này và những số sắp tới, chúng ta sẽ nhớ đến một số bài toán tuyệt vời của ông. Tại một buổi hội thảo dành cho các giáo viên toán tưởng nhớ Vyacheslav Viktorovich, con gái ông, giáo viên toán Alexandra Vyacheslavovna Drobotova, đã phát biểu. Đây là nội dung câu chuyện của cô ấy.

VYACHESLAV VIKTOROVICH được sinh ra không lâu trước chiến tranh, vào năm 1939. Một trong những kỷ niệm và ấn tượng đầu tiên của anh là sự ngạc nhiên: anh đang ngồi trên đùi ông nội, và ông nội đưa cho anh một miếng ván ép và nói: “Ăn đi, cháu trai!” Hóa ra đó là một chiếc bánh quế! Những bước đi đầu tiên trong lĩnh vực khoa học khó có thể gọi là thành công. Bố kể bố vào lớp một như thế nào: bố ra khỏi nhà, giấu chiếc cặp ở sân bên cạnh và đi công tác. Đến giờ ăn trưa tôi sẽ xách cặp và trở về nhà. Khi bí mật trở nên rõ ràng, quả báo lớn theo sau. Và sau đó quá trình học tập cũng phát triển theo tinh thần tương tự. Bố bắt đầu quan tâm đến toán học trong trại tiên phong, sau năm lớp 8. Một người bạn đề nghị giải một số câu bài toán logic, Slava quyết định và thích thú hỏi: “Đây là cái gì?” Hóa ra đó là toán học. Kết quả là, trong lớp tốt nghiệp, Andrei Nikolaevich Kolmogorov đã chú ý đến bài làm của bố tôi tại Olympic Toán học Moscow. Những người tham gia được tặng một số bài toán. Khi bắt đầu một trong số đó, bố đã không để ý hoặc không nhìn thấy một trong các điều kiện, hóa ra bài toán với dữ liệu ban đầu không đầy đủ. Bố đã dành toàn bộ thời gian dành cho Thế vận hội cho bài toán này và thực hiện cả một nghiên cứu. Nhìn thấy-

à, thật may mắn, vì với lời giải lần này bài toán anh ấy đã nhận được tiền thưởng khuyến khích. Năm 1956, Vyacheslav Viktorovich vào Khoa Cơ học và Toán học tại Đại học quốc gia Moscow. Trong những năm đầu tiên ông làm việc với Andrei Nikolaevich Kolmogorov và Pavel Sergeevich Alexandrov. Hay đúng hơn, tất nhiên, các học giả đã làm việc với anh ta. Đâu đó trong khoảng thời gian này, cái gọi là định lý Proizvolov đã xuất hiện - một cái gì đó liên quan đến cấu trúc liên kết. Khi tôi nài nỉ Vyacheslav Viktorovich giải thích bản chất của định lý cho tôi, anh ấy cau mày và xua tay. Năm thứ ba, đã đến lúc chọn người giám sát. Sau những trải nghiệm chung đầy sóng gió, Pavel Sergeevich Alexandrov trở thành người lãnh đạo. Vùng đất

Ở trung tâm - Pavel Sergeevich Alexandrov, bên phải - Vyacheslav Viktorovich Proizvolov (buổi tối tốt nghiệp tại Đại học quốc gia Moscow, 1961; ảnh của E. Ermkova)

19

$МАТЕМАТИ_{Ч}$ESK

Mối quan tâm khoa học của sinh viên Proizvolov là cấu trúc liên kết. Sau đó học cao học, giảng dạy tại Khoa Cơ và Toán, tham gia các hội thảo, hội nghị khoa học, bảo vệ luận văn, khoảng 15 bài báo khoa học. Trong một thời gian dài, ông đã giảng dạy tại VZMI (Viện Kỹ thuật Thư tín Toàn Liên minh). Tôi cũng đọc lý thuyết xác suất và thống kê. Vyacheslav Viktorovich đã có một bài giảng nổi tiếng về xúc xích. Vấn đề là một sự kiện xảy ra không phải vì một lý do mà là sự kết hợp của nhiều lý do, mỗi lý do đều có trọng lượng riêng. Thế là bố bắt đầu bài giảng bằng câu hỏi: “Tại sao xúc xích lại cắt chéo?” Dần dần khán giả hâm mộ và nhiều phiên bản đáp số khác nhau được thể hiện, từ hài hước đến khoa học chặt chẽ. Ví dụ, tay sẽ di chuyển thuận tiện hơn, miếng xúc xích lớn hơn: bánh sandwich ngon hơn, và thậm chí, theo khoa học, xác suất để góc đó chính xác bằng 90 độ là 0. Vyacheslav Viktorovich viết ra mười lý do lên bảng, rồi hỏi lại: “Vậy tại sao xúc xích lại cắt theo đường chéo?” Sau khi làm việc tại VZMI, Vyacheslav Viktorovich làm việc tại Viện nghiên cứu trung tâm Gosstroy. Ví dụ: đây là một trong những bài toán đã được giải quyết ở đó. Cần phải chọn kích thước mắt lưới của lưới kim loại được căng tại công trường dọc theo các tầng để dụng cụ không lọt qua lưới. Tế bào càng lớn thì càng rẻ, càng nhỏ, càng đáng tin cậy. Kể từ lúc này, Vyacheslav Viktorovich bắt đầu trang điểm bài toán. Như anh ấy giải thích, cần có một sân chơi để tâm trí vui chơi. Sự hợp tác lâu dài với «Kvant» đã bắt đầu. Sau đó làm việc tại MIROS (Viện Phát triển Hệ thống Giáo dục Moscow), tổ chức và tham gia các chuyến đi toán học mùa hè gần Kostroma, tuyển chọn bài toán cho Olympic Toán học Moscow. Cuốn sách “Bài toán cho sự tăng trưởng” xuất hiện. Tình cờ là bản thân tôi cũng chưa bao giờ giải được bài toán của bố tôi từ một tờ giấy, từ một tạp chí hay một cuốn sách. Một số bài toán hoặc các phần tử của chúng đã được bố tôi đưa cho tôi trong chuyến đi dạo.

THẾ GIỚI

Vyacheslav Viktorovich Proizvolov (đầu thập niên 90) địa phương. Bố và tôi nói đùa rằng ông ấy là một tín đồ của Peripatetics: ông ấy thích dạy khi đang di chuyển, trong khi đi bộ. Ví dụ, khi nghe đến từ “định lý Pythagore”, tôi vẫn nhớ đến chiếc quần Pythagore được vẽ bằng một cành cây trên tuyết. Vyacheslav Viktorovich là một người rất đa năng và là một nhà giao tiếp xuất sắc. Ông quan tâm đến khoáng vật học, âm nhạc cổ điển, lịch sử, triết học và thơ ca. Có thể lắng nghe anh ấy. Đối với những vấn đề của giáo dục toán học, Vyacheslav Viktorovich luôn cảm thấy khó chịu trước sự xuất hiện của một cuốn sách giáo khoa khác có tựa đề “Toán học dễ và thú vị”. Anh ấy rất tức giận, nói rằng không cần thiết, bạn không thể giả vờ rằng học toán là dễ dàng. Đây là công việc nghiêm túc. Điều quan trọng là nó có thể thú vị. Xác nhận điều này là bài toán của anh ấy.

23

NHÂN VIÊN VẤN ĐỀ

Tiếp theo, chúng ta sẽ chứng minh rằng luôn tồn tại một đường đi đa dạng có độ dài ít nhất là n. Hãy giả sử điều ngược lại. Đối với mỗi cặp ô cùng màu liền kề a và b, chúng ta đặt một bức tường (đoạn đơn vị) ở phía chung của chúng. Sau khi “xây tường”, con đường lốm đốm sẽ trở thành một con đường (dọc theo các ô lân cận) không đi xuyên qua bức tường. Vì không có hình vuông 2 u 2 bao gồm bốn ô cùng màu nên 3 hoặc 4 bức tường không thể hội tụ tại một nút mạng. Điều này có nghĩa là tại mỗi đỉnh không có quá hai bức tường hội tụ, do đó các bức tường tạo thành một số đường đứt đoạn rời rạc theo cặp (không thể mở rộng) (một số trong đó có thể bị đóng). Nếu một đường đi lốm đốm nào đó nối một số ô của hàng dưới với một số ô của hàng trên, thì độ dài của nó ít nhất là n - một điều mâu thuẫn. Điều này có nghĩa là các bức tường phải ngăn cách các ô của hàng dưới với các ô của hàng trên. Do đó, một số đường đứt P (không đóng), bao gồm các bức tường, phải bắt đầu tại một số nút A ở phía bên trái của bảng này và kết thúc tại một số nút B ở phía bên phải. Đồng thời, chúng ta lưu ý rằng A và B không phải là các góc (nút góc) của bàn (vì không có bức tường nào gặp nhau ở góc). Cũng lưu ý rằng liên kết đầu tiên và cuối cùng của đường gãy P nằm ngang. Tương tự như đường đứt nét P, ta xác định đường đứt nét Q đi từ cạnh trên xuống cuối bảng. Trong trường hợp này, liên kết đầu tiên và cuối cùng của đường gãy Q là thẳng đứng. Rõ ràng hai đường đứt nét P và Q khác nhau. Từ phần trước chúng phải giao nhau tại một nút bên trong nào đó của bảng, điều này mâu thuẫn với kết luận của chúng tôi rằng các đường đứt đoạn khác nhau trên các bức tường không giao nhau. Mâu thuẫn thu được hoàn thành lời giải bài toán. N. Belukhov

“QUANTA”

$Ф2613.^{1}$ Để nghiên cứu cơn bão đang di chuyển về phía bắc với tốc độ trung bình 20 km/h, hai máy bay không người lái (UAV) với các nhiệm vụ bay khác nhau đã được gửi từ cùng một sân bay. Mỗi thiết bị phải ở khoảng cách 20 km theo chiều ngang tính từ tâm lốc xoáy và di chuyển với tốc độ không đổi so với không khí xung quanh là 20 m/s ở một độ cao nhất định (như nhau đối với cả hai thiết bị), bay quanh tâm lốc xoáy. Một thiết bị theo chiều kim đồng hồ (khi nhìn từ trên xuống) và thiết bị thứ hai ngược chiều kim đồng hồ. Tại thời điểm phóng, khoảng cách từ sân bay đến tâm bão đúng 20 km. Sau 15 giờ bay, cả hai chiếc UAV gần như đồng thời hạ cánh xuống cùng một sân bay, nằm ở phía bắc sân bay nơi chúng cất cánh và trong suốt chuyến bay, mỗi chiếc đều tuân thủ nghiêm ngặt chương trình bay được lưu trong bộ nhớ máy tính. Một trong các UAV đã tạo ra bao nhiêu vòng quanh tâm lốc xoáy nếu chiếc thứ hai luôn chuyển động theo đường thẳng so với mặt đất và không tạo thành một vòng tròn nào?

Nếu một trong các phương tiện chuyển động theo đường thẳng, điều này có nghĩa là tốc độ của nó so với mặt đất bằng tốc độ của tâm bão, tức là 20 km h. Nói cách khác, trong một hệ quy chiếu chuyển động tịnh tiến, trong đó tâm lốc xoáy đứng yên thì bộ máy này cũng đứng yên. Do đó, ở khoảng cách 20 km tính từ tâm bão, tốc độ gió trong hệ quy chiếu này là 20 ms. Và tốc độ của một thiết bị khác trong hệ quy chiếu được liên kết với lốc xoáy bằng tổng tốc độ tương đối và tốc độ truyền, tức là bằng 40 ms. Trong 15 giờ, thiết bị này bay được quãng đường có thể vòng quanh tâm lốc xoáy

N

1

40 m/giây 15 3600 giây | 17 vòng. 2 S 20 $10^{3}$ m

Tác giả lời giải bài toán F2613–F2616 – S. Varlamov.

26

KVAN T 2020/Số 9

Có vẻ như một số vòng tròn bên ngoài giúp ích như thế nào? Nếu tâm của nó được cho trước thì việc dựng đường vuông góc sẽ rõ ràng (ví dụ, xem đường 3 và 4 trong phương pháp 2). Và vì chúng tôi không có trung tâm tùy ý sử dụng nên chúng tôi chỉ có thể bỏ qua vòng tròn này. Phải? Không, không phải như thế! Nghịch lý thay, sự hiện diện của ngay cả một đường tròn “không liên quan” cũng mang lại những lựa chọn mới để dựng một đường thẳng vuông góc.

Cách 4. Tứ giác nội tiếp

Vòng tròn cho trong điều kiện được vẽ bằng màu xanh lam (Hình 4). Chúng ta hãy vẽ đường thẳng AB, cũng như một đường tròn có tâm A qua điểm B. Gọi E là giao điểm của các đường thẳng này và đường tròn (tức là một điểm đối xứng với B so với A) và D là giao điểm của hai $окружностей.^{Рис.} 4$ Khi đó đường thẳng thứ ba là đường thẳng DE; gọi F là giao điểm của nó với đường tròn đã cho. AF trực tiếp là cái mong muốn. Bằng chứng. Tứ giác ABDF là tứ giác nội tiếp nên tổng các góc đối bằng 180q. Vì BDE nằm trên đường kính BE nên nó thẳng. Vì vậy BAF cũng có tính trực tiếp.

Hình 5

điểm F. Điều này suy ra trực tiếp từ thực tế là góc BDE dựa trên đường kính BE, và do đó là đường thẳng. Do đó, góc BDF cũng là góc vuông và vì góc nội tiếp BAF cùng chung một cung nên góc nội tiếp BAF cũng là góc vuông.

Cách 6. Hai đường tròn và một đường thẳng

Một lần nữa, chúng ta bắt đầu từ tâm tùy ý của đường tròn, nhưng chúng ta vẽ chính đường tròn đó qua điểm A (Hình 6). Gọi D là điểm thứ hai của giao điểm của nó với đường tròn (màu xanh) đã cho. Bây giờ chúng ta dựng (đường thứ hai) một đường tròn có tâm B và bán kính BD. Đường tròn này sẽ cắt hai đường tròn trước tại các điểm E và F. Khi đó đường thẳng EF cắt đường tròn đầu tiên mà chúng ta đã dựng tại điểm G sao cho góc GAB là đường thẳng.

Cách 5. Đường tròn tùy ý cộng hai đường thẳng

Như trong phương pháp trước, chúng ta muốn dựng điểm F đối xứng đường kính B trong đường tròn màu xanh lam đã cho. Nhưng chúng tôi sẽ làm điều đó hoàn toàn khác. Bước đầu tiên là lấy tâm C tùy ý và vẽ một đường tròn có bán kính CB (Hình 5). Nếu D là giao điểm thứ hai của nó với một đường tròn cho trước và E là điểm cuối thứ hai của đường kính BC thì đường thẳng DE sẽ cắt đường tròn màu xanh tại điểm mong muốn.

Hình 6

27

NHÂN VIÊN VẤN ĐỀ

“QUANTA”

Hãy để chúng tôi chứng minh rằng trong cách xây dựng này đúng là GAB 90 q. Đây là tuyên bố bài toán M2606. M2606. Ba đường tròn $Z_{1}, Z_{2}, Z_{3}$ đi qua một điểm D và lại cắt nhau tại các điểm A, E, F như hình 7. Biết rằng $Z_{3}$

Hình 8

Hình 7

đi qua tâm B của đường tròn $Z_{2}$. Đường thẳng EF cắt $Z_{1}$ lần thứ hai tại điểm G. Chứng minh rằng GAB 90 q.

Bằng chứng. Giả sử GA cắt $Z_{3}$ lần thứ hai tại điểm H (Hình 8). Khi đó HED DAG DFG tức là EFD 180 q HED tức là tiếp tuyến của đường thẳng HE và đường tròn $Z_{2}$. Vì vậy, HEB 90 q, từ đó HAB 90 q, chính là thứ chúng ta cần.

Hình 9

Lưu ý rằng trong lời giải E–G–H–E đã cho là trường hợp đặc biệt của một quỹ đạo khép kín đi qua các điểm giao nhau theo cặp của các đường tròn đi qua một điểm (Hình 9).

Để thu hút sự chú ý của độc giả của chúng tôi

Kể từ năm 2017, tạp chí «Kvant» đã trở thành tạp chí hàng tháng và 12 số tạp chí được xuất bản mỗi năm. Bạn có thể đăng ký tạp chí của chúng tôi từ bất kỳ số nào tại bất kỳ bưu điện nào. Chỉ mục đăng ký của chúng tôi trong danh mục “Báo chí $России»_{–} 90964.$”. Bạn có thể mua tạp chí «Kvant» trong cửa hàng “Sách toán học” của nhà xuất bản MCNMO (địa chỉ cửa hàng trực tuyến: biblio.mccme.ru), cũng như tại các hiệu sách ở Moscow “Biblio-Globus”, “Young Guard”, “Moscow House of Books” và trong tòa soạn tạp chí. Kho lưu trữ các số đã xuất bản của tạp chí «Kvant» có sẵn trên trang web http://kvant.ras.ru

TRƯỜNG KVANT

Kích thước tương đương từ Proizvolov

A. BLINKOV

VYACHESLAV VIKTOROVICH PROZVOLOV là nhà soạn nhạc xuất sắc về toán học bài toán dành cho học sinh. Nhiều trong số chúng đã được đưa vào cuốn sách tuyệt vời của ông “Bài toán để phát triển”, xuất bản lần cuối vào năm 2003, nhưng không phải tất cả. Hiện nay, ấn bản mở rộng mới của cuốn sách này đang được chuẩn bị tại ICSME. Hầu hết bài toán V.V. Proizvolov nổi bật bởi những sự kiện đáng nhớ trong điều kiện, khả năng trình bày một ý tưởng dường như nổi tiếng theo một cách mới, sự ngắn gọn và duyên dáng lời giải. Là một nhà toán học thực thụ, khi “nắm bắt” được một ý tưởng, ông đã cố gắng phát triển nó nên rất dễ kết hợp bài toán thành chuỗi, từ đó có thể tạo ra các hoạt động câu lạc bộ cho học sinh, đây là điều mà nhiều giáo viên vẫn làm. Một trong những loạt bài bài toán của Proizvolov đã được trình bày trong bài viết “Góc trong hình vuông” («Kvant» Số 4, 2014). Và đối với bài viết này, bài toán liên quan đến hình vuông đã được chọn. Trong đó bạn có thể theo dõi một số ý tưởng và kỹ thuật yêu thích của Vyacheslav Viktorovich. Chúng tôi nhấn mạnh rằng nhiều bài toán được đề xuất có thể được giải theo nhiều cách khác nhau, nhưng chúng tôi sẽ thảo luận cụ thể về lời giải của tác giả, không yêu cầu tính toán rườm rà và đồng thời, theo quy luật, chứa đựng những ý tưởng sâu sắc. Hãy bắt đầu với bài toán tương đối đơn giản, ý tưởng về lời giải hầu hết mọi học sinh đều biết đến, nhưng nó không quá dễ để xác định. Bài toán 1. Các hình bình hành ABCD và ВEFG có chung đỉnh B được đặt sao cho điểm C nằm trên đoạn EF và điểm G nằm trên đoạn AD. Chứng minh rằng các hình bình hành này có diện tích bằng nhau. Lời giải. Diện tích mỗi hình bình hành bằng hai lần diện tích tam giác BCG vì tam giác này có

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20200904

đáy chung và chiều cao bằng nhau với mỗi hình bình hành (Hình 1).

Đây là một ý tưởng tương tự, nhưng khó nhìn và gọi $реали-^{Рис.} 1$ hơn nhiều. Bài toán 2. Cho điểm $B_{1}$ trên cạnh AC của tam giác ABC. Trên các cạnh AB và BC, lần lượt dựng các điểm $C_{1}$ và $A_{1}$ sao cho diện tích của các tam giác $AB_{1} C_{1}, BC_{1} A_{1}$ và $CA_{1} B_{1}$ bằng nhau. Lời giải. Sự tương đương (bằng nhau về diện tích) của các hình tam giác được chỉ định tương đương với sự tương đương của các hình bình hành, trong đó các cạnh của tam giác $A_{1} B_{1} C_{1}$ là các đường chéo (Hình 2).

Hình 2

Theo đó, cần phải dựng một đường đứt nét $B_{1} KC_{1} MA_{1} N$, các liên kết kế tiếp của chúng lần lượt song song với AB, AC, BC, AB và AC. Khi đó diện tích của hình bình hành $AC_{1} KB_{1}$ bằng diện tích của hình bình hành $CKC_{1} M$ (chúng có một cạnh chung CK và các đường cao của nó bằng nhau), và diện tích $CKC_{1} M$ lần lượt bằng diện tích của hình bình hành $BC_{1} MA_{1}$ (chúng có một cạnh chung $C_{1} M$ và các đường cao của nó bằng nhau). Từ thực tế là $AC_{1} KB_{1}$ và $BC_{1} MA_{1}$ có kích thước bằng nhau, suy ra diện tích của các hình tam giác $AB_{1} C_{1}$ và $BC_{1} A_{1}$ bằng nhau. Để chứng minh rằng tam giác $CA_{1} B_{1}$ có cùng diện tích, chỉ cần thực hiện một lập luận tương tự là đủ. Nhưng trước tiên chúng ta cần chứng minh rằng $CB_{1} NA_{1}$ là hình bình hành. Điều này không khó, vì $NA_{1} B_{1} C$ theo cách xây dựng, và sự bình đẳng của các bên này suy ra từ thực tế là $AB_{1} C_{1} K MC$. Trong bài toán tiếp theo, có một trường hợp khác có kích thước tiêu chuẩn bằng nhau (và bạn cần xem nó trước!). Nhưng trên hết, nó minh họa một ý tưởng khác đã thu hút Proizvolov - việc sử dụng sự thống nhất và giao nhau của các hình.

VẬT LIỆU KIỂM TRA

Kỳ thi Vật lý thống nhất cấp bang

Các lựa chọn của Kỳ thi Thống nhất Quốc gia năm 2020 về vật lý không có cấu trúc khác biệt so với các lựa chọn của năm trước. Chúng bao gồm 32 nhiệm vụ và tổng điểm chính tối đa là 52 điểm. Đồng thời, 16 nhiệm vụ (1–4, 8–10, 13–15, 19, 20, 22, 23, 25–26) được chấm tối đa 1 điểm, 10 nhiệm vụ (5–7, 11, 12, 16-18, 21, 24) được chấm tối đa 2 điểm, 6 nhiệm vụ (27–32) yêu cầu chi tiết. lời giải, mỗi câu có giá trị tối đa 3 điểm. Tổng điểm sơ cấp tối đa là 54 điểm. Vào năm 2021, cấu trúc của các lựa chọn vật lý sẽ không thay đổi. Đây là một trong những lựa chọn cho phân khúc mở trong năm 2020.

Hướng dẫn thực hiện công việc

Để hoàn thành bài kiểm tra môn Vật lý, thời gian được phân bổ là 3 giờ 55 phút (235 phút). Công việc gồm có 2 phần, bao gồm 32 nhiệm vụ. Trong các bài toán 1–4, 8–10, 14, 15, 20, 25–26, đáp số là số nguyên hoặc phân số thập phân hữu hạn. Viết Đáp số vào trường đáp số trong văn bản của tác phẩm rồi chuyển theo mẫu dưới đây sang dạng đáp số số 1. Không cần ghi đơn vị đo các đại lượng vật lý.

Đáp số cho nhiệm vụ 5–7, 11, 12, 16–18, 21, 23 và 24 là một dãy gồm hai số. Viết Đáp số vào trường đáp số trong nội dung tác phẩm, sau đó chuyển theo ví dụ dưới đây không dấu cách, dấu phẩy và các ký tự bổ sung khác thành dạng đáp số số 1.

Đáp số cho task 13 là một từ. Viết Đáp số vào ô đáp số trong nội dung tác phẩm, sau đó chuyển theo mẫu dưới đây sang mẫu đáp số số 1.

Đáp số cho nhiệm vụ 19 và 22 là hai số. Đáp số viết vào trường đáp số trong văn bản của tác phẩm, sau đó chuyển nó theo quy định đã cho

bên dưới mẫu, không ngăn cách các số bằng dấu cách, ở dạng đáp số Số 1.

Đáp số cho nhiệm vụ 27–32 bao gồm mô tả chi tiết về toàn bộ tiến trình của nhiệm vụ. Ở mẫu đáp số số 2, cho biết số nhiệm vụ và viết đầy đủ lời giải. Khi thực hiện tính toán, được phép sử dụng máy tính không lập trình được. Tất cả các mẫu đơn của Kỳ thi Thống nhất đều được điền bằng mực đen sáng. Bạn có thể sử dụng gel hoặc bút mao dẫn. Khi hoàn thành bài tập, bạn có thể sử dụng bản nháp. Các mục trong dự thảo, cũng như trong văn bản của tài liệu đo lường kiểm soát, không được tính đến khi đánh giá công việc. Điểm bạn nhận được khi hoàn thành nhiệm vụ sẽ được tổng hợp lại. Hãy cố gắng hoàn thành càng nhiều nhiệm vụ càng tốt và ghi được nhiều điểm nhất. Sau khi hoàn thành công việc, hãy kiểm tra xem đáp số cho mỗi nhiệm vụ có được ghi đúng số hay không.

Dữ liệu tham khảo

CÀI ĐẶT TRƯỚC THẬP BIỆT

41

BÀI KIỂM TRA

Hình 10

22. Xác định cường độ dòng điện trong bóng đèn (Hình 10) nếu sai số khi đo trực tiếp cường độ dòng điện bằng giá trị chia của ampe kế. (Đáp số: (____ r ____) A.)

Ở dạng đáp số Số 1, chỉ chuyển các số mà không phân tách chúng bằng dấu cách hoặc dấu hiệu khác.

Hình 11

NGUYÊN VẬT LIỆU

23. Cần phải lắp ráp một thiết bị thử nghiệm có thể được sử dụng để xác định mật độ của xăng. Để làm được điều này, sinh viên lấy một cốc xăng và một lực kế. Hai vật dụng bổ sung nào trong danh sách thiết bị dưới đây phải được sử dụng để tiến hành thí nghiệm này? 1) Nhiệt kế. 2) Xi lanh thép có móc. 3) Nhiệt lượng kế. 4) Mùa xuân. 5) Cốc thủy tinh. Trong đáp số ghi lại số lượng thiết bị đã chọn. 24. Hình 11 thể hiện sơ đồ Hertzsprung–Russell. Chọn tất cả các phát biểu đúng về các ngôi sao. 1) Ngôi sao Altair có bán kính 1,9R, thuộc dãy sao chính. 2) Mật độ của sao lùn trắng lớn hơn đáng kể so với mật độ trung bình của các sao thuộc dãy chính.

ĐÁP ÁN, HƯỚNG DẪN, GIẢI PHÁP

«Kvant» cho học sinh nhỏ

(xem «Kvant» số 8)

1. Cho n bội số của 3. Ví dụ. Lưu ý rằng hình thang có các cạnh 1, 1, 1, 2 gồm ba hình tam giác đều có cạnh 1 (Hình 1). Một tam giác đều có cạnh n 3k có thể dễ dàng chia thành các tam giác đều có cạnh bằng 3. Mỗi tam giác đều có cạnh bằng 3k.

Hình 1

Hình 2

gồm 9 hình tam giác đều cạnh 1 và được chia thành ba hình thang (Hình 2). Cấp. Gọi s là diện tích hình tam giác đều cạnh 1 thì diện tích hình thang là 3s. Nếu một tam giác đều có cạnh n được chia thành m hình thang thì một mặt diện tích của nó bằng $n^{2} s$ và mặt khác là 3ms. Do đó $n^{2} s 3 ms,^{n} 2 3^{m}$, tức là n là bội số của 3. 2. a) Có thể. Hãy chia các cô gái thành 5 cặp, đánh số các cặp từ 0 đến 4. Chúng ta sẽ giới thiệu cô gái đầu tiên của cặp thứ k với k chàng trai, người thứ hai là $остальными^{9} k$ chàng trai. Hơn nữa, mỗi chàng trai biết chính xác một cô gái trong mỗi cặp. b) Không thể được. Hãy giả sử điều này đã xảy ra. Một cô gái có thể biết 0, 1,…, 10 chàng trai. Vì có 11 em và 11 phương án nên tất cả các phương án này đều được thực hiện. Hơn nữa, tổng số cặp người quen là 0 1… 10 55, vậy mỗi bạn trai biết 55:10 5,5 bạn gái. Sự mâu thuẫn. 3. Có, nó có thể. Hình 3 cho thấy một ví dụ trong đó số phần là 21. Một trong số đó là “cửa sổ” đa kết nối

frame", trong các ô mà các phần khác được đặt - các đường chéo đơn. 4. Tương tự. Số đầu tiên là lời giải. Hãy đếm số số không phải là bội số của 5. Vị trí đầu tiên có thể là bất kỳ trong số 9 chữ số khác 0, vị trí thứ hai, thứ ba và thứ tư có thể là bất kỳ trong số 10 chữ số, số cuối cùng có thể là bất kỳ số nào trong số 8, không phải 5 hoặc không phải 0. Tổng cộng chúng ta có 9 8 $10^{3}$ số. Bây giờ hãy đếm số các số trong đó cả chữ số thứ nhất và chữ số thứ hai đều không phải là 5. Vị trí đầu tiên có thể là bất kỳ số nào trong số 8 chữ số (không phải 5 hoặc 0), số thứ hai có thể là bất kỳ số nào trong số chín (không phải 5), số thứ ba, thứ tư và thứ năm có thể là bất kỳ số nào trong số 10 chữ số. Chúng ta có cùng số $результат:^{9} ˜^{8} ˜^{10} 3$ Số thứ hai lời giải. từ 5. Nếu $B z^{0}$, chúng ta gán số BCDEA cho nó; nếu B 0, chúng ta gán nó là số 5CDEA. Rõ ràng là bằng cách này, tất cả các số có năm chữ số không chia hết cho 5 đều thu được.

Kích thước tương đương từ Proizvolov

11. Đường thẳng đi qua tâm đối xứng của hình chữ nhật (Hình 4). So sánh với câu 7.

Hình 4

12. 1. Vẽ các đường vuông góc BP và BQ với các đường thẳng AD và CD (Hình 5). Sau đó từ hình chữ nhật đẳng thức-

Hình 5

Hình 3

của tam giác ABP và CBQ (theo cạnh huyền và cạnh huyền), suy ra diện tích ABCD bằng diện tích hình vuông BPDQ cạnh 1. Thật ra, tam giác CBQ thu được từ tam giác ABP bằng cách quay quanh điểm B 90° ngược chiều kim đồng hồ. So sánh với bài toán 8. 13. 1: 2: 3. Gọi S là diện tích hình chữ nhật, khi đó với bất kỳ phương pháp cắt nào, diện tích của một trong