Kvant 2022, số 1 · Trang

10

Hình 10

KVANT 2022/№1

chiều cao h, sau một thời gian, chúng ta sẽ buộc phải thay thế bề mặt này bằng một bề mặt mới và tam giác đều sẽ được thay thế bằng một hình vuông, sau đó bằng một hình ngũ giác đều, hình lục giác, v.v. Đây là cách chúng ta có được một họ các bề mặt (Hình 10), có một đa giác đều ở trên cùng; chiều cao càng nhỏ thì số cạnh càng lớn. Liệu những bề mặt này có điện trở ít nhất (đối với chiều cao và bán kính cong vênh nhất định) không? Có, nhưng chỉ giữa các bề mặt bao gồm các đoạn nối phần đế với phần trên. Và chúng đều có lực cản nhỏ hơn bề mặt của Newton! Nhưng có lẽ có những bề mặt lồi có lực cản thậm chí còn ít hơn? Tính toán bằng số cho thấy rằng có, chúng tồn tại. Trong số đó có những cái tối ưu - có điện trở thấp nhất (trong loại bề mặt lồi). Chúng tôi vẫn vậy

Chúng ta không thể xây dựng chúng, nhưng chúng ta thừa nhận một số tính chất của chúng. Đặc biệt, chúng tương tự như các bề mặt mà chúng ta đã xây dựng ở trên và cũng có các đa giác đều ở trên cùng. Nhưng bề mặt tối ưu thì “mịn” hơn. Để cho khái niệm độ trơn có một ý nghĩa chặt chẽ, chúng ta sẽ phải giải thích một số thuật ngữ. Độ mịn có nghĩa là bề mặt không có điểm hoặc cạnh, tức là tại mỗi điểm có thể vẽ được một mặt phẳng tiếp tuyến. Gần điểm tiếp xúc, mặt phẳng này gần đúng với bề mặt. Hơn nữa, nếu bạn liên tục di chuyển điểm tiếp xúc dọc theo bề mặt thì mặt phẳng cũng thay đổi liên tục. Tóm lại: một bề mặt mà tại mọi điểm đều có một mặt phẳng tiếp tuyến duy nhất phụ thuộc liên tục vào điểm đó được gọi là “bề mặt thuộc lớp $C^{1}$”. Nhưng chúng ta sẽ cần

20

KVANT 2022/№1

Hình 3. Động cơ hơi nước Newcomen–Cowley

giảm và lực bằng tích của độ giảm áp suất và diện tích pít-tông tăng khi diện tích pít-tông tăng, tức là đường kính xi lanh. Pít-tông được nối bằng dây xích với đầu của một tay đòn lớn, là một đòn bẩy hai tay. Máy bơm đang chịu tải được nối bằng dây xích với đầu đối diện của cánh tay đòn. Trong hành trình đi xuống của piston, máy bơm sẽ nâng một phần nước lên trên. Sau đó xi lanh lại được nạp đầy hơi nước và piston bơm được hạ xuống. Việc làm mát và hâm nóng liên tục xi lanh làm việc của máy là rất lãng phí và kém hiệu quả, tuy nhiên, những động cơ hơi nước này có thể bơm nước từ độ sâu lớn hơn khả năng của ngựa. Việc làm nóng các máy móc bằng than được khai thác trong cùng mỏ mà máy phục vụ hóa ra lại mang lại lợi nhuận, bất chấp thói háu ăn khủng khiếp khi lắp đặt. Máy của Newcomen không phải là động cơ đa năng và chỉ có thể hoạt động như một máy bơm. Những nỗ lực của Newcomen trong việc sử dụng chuyển động tịnh tiến của pít-tông để quay bánh guồng trên tàu đã không thành công. Tuy nhiên, công lao của Newcomen là ông là một trong những người đầu tiên thực hiện ý tưởng “về phần cứng” sử dụng hơi nước để tạo ra công cơ khí. Tiếp theo, kỹ thuật viên người Nga Ivan Ivanovich Polzunov (Hình 4) đã cải tiến máy Newcomen-Cowley. Xây dựng của bạn

Hình 4. Tượng đài I.I. Polzunov ở Veliky Novgorod

Hình 5. Một mẫu động cơ hơi nước thu nhỏ của Polzunov đang hoạt động

39

NHÂN VIÊN VẤN ĐỀ

F2679. Để kiểm soát chuyển động của mình trong không gian vũ trụ, anh hùng của bộ phim “Người sao Hỏa” đã tạo một lỗ trên găng tay của bộ đồ du hành vũ trụ bằng cách sử dụng máy cắt dây và điều khiển luồng không khí thoát ra khỏi lỗ, thay đổi tốc độ di chuyển của anh ta. Hãy ước tính lượng lực đã đẩy anh hùng này và gia tốc mà anh ta có được. Và cũng phân tích tình huống trong hình (ảnh tĩnh trong phim). Phi hành gia di chuyển về phía trước một lúc lâu, tăng tốc.

Nếu diện tích mặt cắt ngang của lỗ là $S 1 см^{2}$ và áp suất không khí bên trong bộ đồ du hành vũ trụ là $p 10^{5}$ Pa, thì ước tính lực như sau:

F = Sp = 10 N.

Nếu khối lượng của nhà du hành vũ trụ (phi hành gia, người sao Hỏa) cùng với bộ đồ vũ trụ là m 100 kg thì nó sẽ thu được gia tốc bằng a

F m

0,1 m $с^{2}$ (chỉ thế thôi!).

Điều này có nghĩa là một lực như vậy chắc chắn không thể “ném” phi hành gia từ bên này sang bên kia trong con tàu, như trong phim, và người sao Hỏa cũng không thể đạt được tốc độ vài mét mỗi giây trong vài giây. Trong trường hợp này, “tốc độ dòng chảy” của không khí (tính bằng $м^{3}$ s), bằng tích của diện tích mặt cắt ngang của lỗ và tốc độ âm thanh trong không khí ở nhiệt độ bên trong bộ đồ du hành (khoảng 300 m s), sẽ là $0,03 м^{3}$ s 30 l s. Nói cách khác, chỉ trong một giây, không khí sẽ bay ra khỏi lỗ, thể tích của nó lớn hơn thể tích không khí bên trong vài lần.

“QUANTA”

ri bộ đồ du hành vũ trụ. Và rất khó có khả năng hệ thống cung cấp không khí được lưu trữ ở dạng nén trong bộ đồ du hành có thể cung cấp luồng không khí như vậy. Và cuối cùng, trong tình huống thể hiện trong hình, với sự sắp xếp như vậy của bàn tay, luồng không khí và cơ thể của phi hành gia, anh ta nhất thiết phải thay đổi vận tốc góc của mình, tức là chuyển động về phía trước trong tình huống này là không thể. Vì vậy, bộ phim thật tuyệt vời, và vật lý trong đó cũng tuyệt vời, tức là không thực. D.Sao Hỏa

43

“Lượng tử”

VÌ

TRẺ HƠN

TRẺ EM HỌC SINH

x thêm cho đến khi cân bằng, tức là nếu lúc này cân không cân bằng thì anh ta có thể thêm cát vào một trong các bát để cân cân bằng. Tất nhiên, anh ta chỉ có thể thực hiện từng hành động này nếu có đủ cát cho việc này. Làm thế nào anh ta có thể lấy được một đống cát chứa chính xác 26 kg cát bằng hai hành động dùng cân? Trộn hai đống cát, hay đơn giản là đặt một vật gì đó lên cân không được coi là một hành động. M. Evdokimov

KONK URS IM ENI A.P.S AVINA

Chúng tôi tiếp tục cuộc thi dành cho lời giải toán học bài toán. Các nhiệm vụ được thiết kế chủ yếu dành cho những người tham gia không dưới 8–9 lớp và chúng tôi khuyên những học sinh nhỏ tuổi hơn nên thử sức mình trong cuộc thi tạp chí «Kvant» (xem trang web kvantik.com). Gửi lời giải bài toán mà bạn có thể xử lý qua email tới: savin.contest@gmail.com. Ngoài họ và tên của bạn, hãy cho biết thành phố, trường học và lớp nơi bạn học cũng như địa chỉ bưu điện gửi về của bạn. Chúng tôi hoan nghênh việc tham gia cuộc thi không chỉ của từng học sinh mà còn của các đội (trong trường hợp này, một tác phẩm sẽ được gửi kèm theo danh sách những người tham gia). Bạn có thể tham gia bắt đầu từ bất kỳ chuyến tham quan nào. Những người chiến thắng sẽ nhận được bằng tốt nghiệp từ tạp chí «Kvant» và các giải thưởng. Bài tập, lời giải và kết quả được xuất bản trên Sites.google.com/view/savin-contest Chúng tôi chúc bạn thành công!

17. Cả hình tròn và hình chữ nhật đều có thể dễ dàng cắt thành bất kỳ số lượng mảnh giống hệt nhau nào. Có hình nào có cùng tính chất mà không có tâm đối xứng và trục đối xứng không? (Các bộ phận phải giống nhau cả về hình dáng và diện tích.)

18. a) Trong một hình vuông ca rô màu trắng 101 u 101, một số ô được sơn màu đen. Mỗi cặp ô liền kề là một trong ba loại: cả hai ô đều màu trắng, cả hai ô đều màu đen hoặc ô có màu khác nhau. Có lẽ nào số lượng cặp của cả ba loại là như nhau? b) Câu hỏi tương tự về bình phương 100 u 100. N. Avilov

19. Một tam giác đều có cạnh 3 và một tam giác đều có cạnh 4 cắt nhau tạo thành một lục giác lồi có chu vi bằng 7. Chứng minh rằng các cạnh tương ứng của các tam giác đó song song. P.Kozhevnikov

20. Dãy số Fibonacci là một dãy số trong đó hai số đầu tiên bằng 1 và mỗi số tiếp theo bằng tổng của hai số trước đó. Dưới đây là một số số đầu tiên, Fibonacci: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13,… a) Làm cách nào n n số đầu tiên của dãy Fibonacci có thể được chia thành hai nhóm chứa các số bằng nhau sao cho tổng các số trong các nhóm này bằng nhau? b) Với n nào n số đầu tiên của dãy Fibonacci có thể được chia thành nhiều hơn hai nhóm (không nhất thiết phải chứa các số bằng nhau) sao cho tổng các số trong các nhóm này bằng nhau? I. Akulich

Hình vuông xung quanh các đường thẳng song song và nửa song song

VÒNG TRÒN TOÁN HỌC

E. MOROZOV, F. NILOV

TRONG CÁC CÔNG CỤ HÌNH HỌC, việc xây dựng các đa giác đều trên các cạnh của một đa giác tùy ý thường rất thú vị. Mặc dù thực tế là những công trình tương tự đã được người Hy Lạp cổ đại xem xét, nhưng ngày nay một số kết quả mới đã xuất hiện. Trong chứng minh cổ điển của Euclid về định lý Pythagore, các hình vuông được dựng trên các cạnh của một tam giác vuông (Hình 1a). Định lý Napoléon phát biểu rằng nếu các tam giác đều được dựng trên các cạnh của một tam giác tùy ý thì tâm của chúng cũng sẽ là các đỉnh của tam giác đều (Hình 1, b). Nhà soạn bài toán người Pháp Victor Thébault nhận thấy rằng nếu bạn dựng các hình vuông trên các cạnh của hình bình hành thì tâm của chúng sẽ hình thành

tạo một hình vuông (Hình 1, c). Định lý của nhà toán học người Flemish Van Aubel phát biểu rằng nếu chúng ta lấy tâm của các hình vuông xây trên các cạnh của một tứ giác tùy ý, thì chúng sẽ là các đỉnh của một tứ giác có các đường chéo vuông góc và có độ dài bằng nhau (Hình 1d). Lưu ý rằng trong Hình 1, b–d, các hình tam giác và hình vuông đều có thể được dựng bên trong; những tuyên bố tương tự sẽ đúng với họ. Trong bài viết này, chúng ta sẽ xây dựng vô số lớp hình vuông xung quanh một số đa giác và nghiên cứu các tính chất của cấu trúc thu được. Ta sẽ giải bài toán M2629 (Định lý 1 dưới đây) và chứng minh các định lý đã công bố trong bài báo [1]. Xét một tam giác tùy ý (màu xanh lá cây) (Hình 2). Ở hai bên của nó ra bên ngoài

Hình 2. Các hình vuông xung quanh một hình tam giác

Hình 1. Kiến trúc thượng tầng từ hình vuông và hình tam giác đều

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20220105

bên cạnh chúng ta sẽ xây dựng các hình vuông màu trắng. Chúng ta sẽ kết nối một số đỉnh của chúng với các đoạn, xây dựng lại các hình vuông màu trắng ở bên ngoài, v.v. Trong khoảng trống giữa các hình vuông, hình tam giác và hình tứ giác được hình thành, chúng ta sẽ tô màu sao cho các đa giác trong một lớp có màu giống nhau và ở các lớp khác nhau - khác nhau. Khi đó định lý sau là đúng. Định lý 1. a) Mọi tứ giác được tô màu đều là hình thang; b) diện tích của tất cả các đa giác cùng màu đều bằng nhau; c) Tỉ số độ dài hai đáy của các hình thang một màu bằng nhau;

55

Thế Vận Hội

OLYMPIAD KHOA HỌC THIẾU NIÊN QUỐC TẾ LẦN THỨ 18 (IJSO-2021)

Thế vận hội trẻ em 2021 được tổ chức tại Dubai (Các Tiểu vương quốc Ả Rập Thống nhất) theo thể thức từ xa. 400 chàng trai và cô gái đến từ hơn 70 quốc gia đã tham gia cuộc thi. Theo quy định của Olympic, người tham gia phải không quá 15 tuổi. Olympic bao gồm ba vòng: kiểm tra, lý thuyết và thực nghiệm, trong đó người tham gia hoàn thành các nhiệm vụ về vật lý, hóa học và sinh học. Cả sáu thành viên của đội Nga đều giành huy chương vàng Olympic: Vyacheslav Bobkov (trường 1589, Moscow), Daniil Gavrilov (Trường Lyceum dành cho trẻ em năng khiếu, Saransk, Cộng hòa Mordovia), Grigory Zutler (trường 179, Moscow), Ivan Myakutin (trường 179, Moscow), Egor Potapov (Trường Lyceum dành cho trẻ em có năng khiếu, Saransk, Cộng hòa Mordovia),

Yaroslav Shastin (Cộng hòa Lyceum dành cho trẻ em có năng khiếu, Saransk, Cộng hòa Mordovia). Quá trình chuẩn bị của đội Nga kéo dài hơn sáu tháng. Bắt đầu vào tháng 5 với bài tập từ xa, sau đó vào tháng 6 có các trại huấn luyện tại MIPT, vào tháng 8 có sự thay đổi tại Trung tâm Giáo dục Sirius, các trại vào tháng 10 và các trại định hướng trong mười ngày đầu tháng 12. Dưới đây là các câu hỏi và điều kiện kiểm tra lý thuyết bài toán trong vật lý.

Kiểm tra (30 điểm)

Câu 1. Còi báo động phát ra âm thanh có tần số không đổi, được đặt cạnh băng chuyền. Băng chuyền quay theo chiều kim đồng hồ như trong Hình 1. Dưới đây là một số nhận định về thời điểm một người lái băng chuyền nghe thấy âm thanh ở tần số tối đa hoặc tần số tối thiểu trong Hình 1 và khi anh ta nghe thấy tần số ban đầu của âm thanh của còi báo động. 1) Một người nghe thấy âm thanh ban đầu khi ở vị trí 12 giờ và 6 giờ. 2) Một người nghe thấy âm thanh ban đầu khi ở vị trí 9 và 3 giờ. 3) Một người nghe được âm thanh cao nhất ở vị trí 3 giờ và âm thanh thấp nhất ở vị trí 9 giờ. 4) Một người nghe được âm thanh cao nhất ở vị trí 9 giờ và âm thanh thấp nhất ở vị trí 3 giờ. Chọn phát biểu đúng: a) 1.4; b) 2.3; c) 1,3; đ) 2.4. Câu 2. Một tia sáng truyền từ vô biên môi trường 1 sang môi trường 4 (Hình 2). Chiết suất của môi trường 1, 2, 3 và 4 lần lượt là 1,62, 1,60, 1,55 và 1,50. Từ trái sang phải: Y. Shastin, D. Gavrilov, G. Zutler, I. Myakutin, Chùm tia sáng ở góc tới bao nhiêu

E.Potapov

58

KVANT 2022/№1

Phần B. Bắn từ đại bác

Thuốc súng (nitrocellulose) chiếm 20% thể tích của khẩu pháo có đường kính 15,0 cm, dài 5,0 m và được nén chặt bởi lõi có cùng đường kính. Khi thuốc súng được đốt cháy, nó cháy ngay lập tức và trở thành khí lý tưởng ở áp suất 1000 atm. Khi viên đạn được bắn ra từ súng, nhiệt độ của khí giảm xuống gấp ba lần giá trị ban đầu $температурой.^{В1.}$ Viết công thức tính áp suất khí $p_{2}$ khi kết thúc quá trình, trước khi viên đạn rời khỏi nòng súng, qua áp suất ban đầu $p_{1}$, thể tích ban đầu $V_{1}$, nhiệt độ ban đầu $T_{1}$, thể tích cuối cùng $V_{2}$ và nhiệt độ cuối cùng $T_{2}$. (0,5 $б.)^{В2.}$ Tính áp suất khí (giá trị bằng số theo đơn vị SI) lên quả đạn pháo khi nó rời khỏi khẩu pháo (viết đáp số đến ba chữ số có nghĩa, tức là hai chữ số thập phân). (1,5 $б.)^{В3.}$ Tính lực (giá trị bằng số theo đơn vị SI) tác dụng lên quả đạn pháo khi nó rời khỏi khẩu pháo (viết đáp số thành ba chữ số có nghĩa, tức là hai chữ số sau số thập phân điểm (0,5 điểm)

Bài toán 2. Buggy và abra (5 điểm) Phần A. Buggy

Hình 9

A1. Vẽ vào Hình 9 tất cả các vectơ lực tác dụng lên xe. (1 $б.)^{А2.}$ Tính tổng lực (giá trị bằng số theo đơn vị SI) chống lại chuyển động của xe buggy, hướng dọc theo con dốc ngược với chuyển động của xe buggy. (0,5 $б.)^{А3.}$ Tính công suất tối thiểu (giá trị bằng số tính bằng đơn vị SI) do động cơ xe buggy phát triển khi đi lên. (0,5 $б.)^{А4.}$ Khi di chuyển lên dọc theo mặt phẳng của xe buggy chết máy. Tìm mô-đun tăng tốc (giá trị bằng số tính bằng đơn vị SI). (0,5 $б.)^{А5.}$ Xe sẽ đi được quãng đường bao nhiêu trước khi dừng hẳn sau khi chết máy (giá trị bằng số tính theo đơn vị SI)? (0,5 b.)

Phần B. Thuyền Abra

Buggy là phương tiện được sử dụng trên sa mạc (Hình 8). Xét một ô tô có khối lượng 200,0 kg như vậy, chuyển động với vận tốc không đổi 72 km h dọc theo một cồn cát là một mặt phẳng tạo thành một góc 30q với đường chân trời. Lực ma sát lăn từ cát hướng vào phương chuyển động của ô tô và tỷ lệ thuận với phản lực pháp tuyến của giá đỡ tác dụng lên xe, với hệ số tỉ lệ f 0,15.

Ở Dubai có một loại hình vận tải đường thủy truyền thống - thuyền abra (Hình 10). Chiều dài của thuyền là 6 m. Chỗ hành khách ngồi là hai đường ghế dài song song ở hai bên mặt phẳng thẳng đứng chia thuyền theo phương dọc. Trọng tâm của con thuyền nằm trên một đường thẳng đứng đi qua tâm của nó. Hành khách có thể ngồi ở hai bên thuyền. Khi hành khách ngồi, trung tâm của họ có thể được xem xét

Hình 8

Hình 10

60

KVANT 2022/№1

Kính vạn hoa «Kvant»

Câu hỏi và bài toán

1. Các đám mây bay lên cao do sự đối lưu, được coi là một chiếc máy bay đang rơi xuống. 2. Một người được đặt trong chất lỏng như vậy sẽ đơn giản ở trạng thái cân bằng không quan trọng. Cả khi đứng yên và khi cất cánh với gia tốc, nó sẽ không giảm trọng lượng và sẽ bị nén. 3. Đúng, nhưng không chỉ ở thời điểm này. Cả tàu vũ trụ chuyển động trên quỹ đạo và mọi vật thể trong đó đều chỉ chịu tác dụng của lực hấp dẫn nên chúng ở trạng thái không trọng lượng. 4. Giả sử trọng tâm của vận động viên ở độ cao khoảng một mét. Điều này có nghĩa là sau khi nhảy lên độ cao 2 mét, anh ta đã nâng trọng tâm của mình lên chỉ 1 mét! Theo đó, trên Mặt trăng, anh ta sẽ có thể nâng nó lên cao hơn sáu lần, tức là nhảy 7 mét. 5. Để một người có thể thở được, chênh lệch áp suất bên trong phổi và bên ngoài phổi phải khoảng 0,1 atm. Điều này có nghĩa là ở độ sâu khoảng 1 mét, một người sẽ không thể hít vào qua một ống kéo dài vào khí quyển, vì lực từ nước tác động lên ngực sẽ rất lớn. 6. Nếu có một lực Archimedean hướng lên tác dụng lên một thể tích không khí đã chọn, thì thể tích này, theo định luật thứ ba của Newton, tác dụng hướng xuống phần còn lại của không khí với một lực bằng trọng lượng của “không khí bị dịch chuyển”, tức là trọng lượng của chính bạn. Do đó, nó vẫn ép lên các lớp không khí bên dưới và trên mặt đất. 7. Sai theo nghĩa đen. Áo khoác lông do dẫn nhiệt kém nên chỉ giữ nhiệt cho cơ thể con người. 8. Không mâu thuẫn. Nếu gas vẫn hoạt động khi được làm nóng, nó có thể truyền ít nhiệt vào tủ lạnh hơn so với lượng nhiệt tiêu hao khi làm nóng. 9. Không. Việc làm mát một loại khí lý tưởng trong quá trình giãn nở xảy ra khi nó thực hiện công. Trong trường hợp này thì không phải vậy, có nghĩa là nội năng của khí và nhiệt độ của nó sẽ không thay đổi. 10. Quá trình làm nóng không khí trong phòng là đẳng áp. Trong trường hợp này, độ tăng nội năng của khí, xảy ra do nhiệt độ tăng, đúng bằng độ giảm của nó do khối lượng không khí giảm, một phần thoát ra ngoài. Do đó, năng lượng bên trong

Nhiệt độ không khí trong phòng sẽ không thay đổi nhưng sẽ ấm hơn. 11. Không. Hướng của tiếp tuyến với đường sức trùng với hướng của lực tác dụng lên điện tích, và do đó trùng với hướng gia tốc của nó. Quỹ đạo của điện tích là đường tiếp tuyến trùng với hướng của vận tốc điện tích. 12. Đèn “thắp sáng” không phải do các điện tích truyền vào nó từ công tắc mà do sự thay đổi điện trường trong dây dẫn lan truyền với tốc độ ánh sáng. 13. Để một người trở nên vô hình, chiết suất của tất cả các mô trong cơ thể người đó phải bằng 1. Điều này có nghĩa là mắt của người như vậy sẽ không khúc xạ ánh sáng và không thể tập trung ánh sáng vào võng mạc. Ngoài ra, ánh sáng sẽ chiếu vào võng mạc từ mọi hướng chứ không chỉ qua đồng tử. Cuối cùng, võng mạc vô hình sẽ không hấp thụ ánh sáng. Bất kỳ lý do nào ở trên cũng đủ khiến người vô hình bị mù.

Kinh nghiệm vi mô

Ngay cả khi chúng ta bỏ qua ma sát của không khí, trên phần hướng lên của quỹ đạo, vật không bị “đẩy” mà bị làm chậm lại bởi trọng lực. “Lực ném” tác động lên cơ thể trong khi bay là một quan niệm sai lầm có từ thời Aristotle (xem phần ngoại truyện).

Giải đấu thành phố XLIII

Bài toán chuyến du lịch mùa thu

Tùy chọn cơ bản

lớp 8–9

1. 4 lần nữa. Vì đây là giải đấu thứ 43 nên vòng mùa thu của giải đấu thứ n diễn ra vào năm 46 ◊ 43 + n. Số 46 ◊ 43 + n chia hết cho n khi và chỉ khi 46 ◊ 43 = 2 ◊ 23 ◊ 43 chia hết cho n. Số 2 ◊ 23 ◊ 43 có 4 ước lớn hơn 43 - đó là 2 ◊ 23, 2 ◊ 43, 23 ◊ 43 và 2 ◊ 23 ◊ 43. Số giải đấu N cho năm 2021 là 43 = 1978 nhỏ hơn số năm M và điều này sẽ luôn như vậy. Do đó, M:N = 1 + 1978:N. Như vậy, yêu cầu số 1978 phải chia hết cho số của giải tiếp theo. Nhưng 1978 = 43 ◊ 23 ◊ 2, tức là nó chia hết (từ các số lớn hơn 43) cho 46, 86, 989 và cho chính nó. Do đó đáp số: 4 lần nữa - vào các năm 2024, 2064, 2967 và 3956. 2. Thể tích của chúng bằng 2, 3, 4, 24. Hãy biểu thị giao điểm của ba mặt phẳng cắt khối lập phương bằng A. Lưu ý rằng thể tích của bất kỳ hình bình hành nào trong 8 hình bình hành thu được là

61

ĐÁP ÁN,

HƯỚNG DẪN

bằng tích của ba cạnh của nó ra khỏi A. Ta muốn tìm thể tích của một số hình bình hành màu trắng D. Hãy nhân thể tích của ba hình bình hành màu xanh cạnh D. Ta sẽ được tích độ dài của 9 đoạn: các cạnh của hình bình hành D đi ra từ A sẽ tích hai lần, và các cạnh của hình bình hành màu xanh E đối diện với D, ra khỏi A - mỗi cạnh một lần. Sau đó, chia số kết quả cho thể tích E, chúng ta được bình phương của thể tích D. Do đó, nhân các bộ ba số với điều kiện và chia cho thể tích thứ tư, chúng ta thu được bình phương của các hình bình hành màu trắng; Tất cả những gì còn lại là nhổ rễ. 3. 5 xu. Ví dụ. Chúng ta hãy lấy một đồng xu từ mỗi túi. Trong năm đồng tiền này có những đồng tiền thuộc cả ba loại nên chỉ có một đồng tiền thuộc loại nào. Ví dụ: nếu là vàng thì nó được lấy từ một túi tiền vàng. Thật vậy, đối với mỗi đồng xu từ một túi “hỗn hợp” sẽ có một cặp từ túi “đồng nhất” tương ứng. Cấp. Giả sử chúng ta chỉ có 4 xu (hoặc ít hơn). Lưu ý rằng việc lấy nhiều đồng xu ra khỏi cùng một túi là vô nghĩa vì chúng có thể giống nhau và khi đó chúng ta sẽ không nhận được bất kỳ thông tin bổ sung nào. Do đó, chúng ta có thể giả sử rằng chúng ta đã lấy một đồng xu từ bốn túi khác nhau. Sau đó, chúng ta có thể nhận được các đồng xu Z, Z, S, B và trong trường hợp này có ít nhất hai lựa chọn để phân phối các túi tương ứng: Z, Mix, C, Mix, B và Mix, Z, Mix, B, C, không khớp ở bất kỳ vị trí nào (cái cuối cùng là túi mà đồng xu không được lấy). 4. Xét các nhóm cạnh bằng nhau xếp thành một hàng. Lưu ý rằng tại điểm giao nhau của các nhóm như vậy có một góc nhọn của n-giác - góc ở đáy của một tam giác cân. Nhưng một đa giác không thể có nhiều hơn ba góc nhọn (tổng các góc ngoài là $360\infty$, do đó không có nhiều hơn ba góc tù trong số chúng), nghĩa là không có nhiều hơn ba nhóm này. Do đó, trong bốn cạnh sẽ có hai cạnh cùng một nhóm, tức là bằng nhau. 5. Bắt buộc. Chúng ta sẽ nói rằng kỳ thủ A không yếu hơn kỳ thủ B nếu A đã thắng ít nhất số ván cờ cả quân trắng và đen bằng B. Giả sử rằng không có cặp nào như vậy. Nếu hai người chơi bất kỳ có số trận thắng quân trắng bằng nhau thì một người không yếu hơn người kia. Điều tương tự cũng đúng nếu có hai người chơi có cùng

GIẢI PHÁP

tổng số trận thắng của quân đen. Điều này có nghĩa là số trận thắng của quân Trắng ở mỗi người là khác nhau và số trận thắng của quân Đen cũng khác nhau. Theo đó, số trận thắng quân trắng của 20 người chơi bằng các số 19, 18, …, 2, 1 và 0 và số trận thắng quân đen cũng như vậy. Giả sử A thắng 19 ván quân trắng và một kỳ thủ B khác thắng 19 ván quân đen. Nhưng sau đó, ván A và B, trong đó A chơi trắng và B chơi đen, cả A và B đều thắng. Tình huống này không thể xảy ra nên cùng một kỳ thủ đó đã thắng 19 ván trắng và đen. Nhưng sau đó anh ta không yếu hơn những người khác. Sự mâu thuẫn.

lớp 10–11

1. Ba con số. Cấp. Không khó để hiểu rằng một số thú vị chính xác khi nó không có bình phương, tức là trong phân tách số nguyên tố, mỗi số nguyên tố xuất hiện nhiều nhất một lần. Bây giờ hãy lưu ý rằng các số là bội số của 4 không phải là số bình phương. Ví dụ: 1, 2, 3; 5, 6, 7. 3. Trong 1515 phút nữa. Hãy đánh số các hàng và cột với các số từ –1010 đến 1010. Sau n phút, các ô sẽ được sơn theo đó quân què (di chuyển đến ô liền kề trong khi di chuyển) sẽ đến từ một trong các ô ban đầu trong không quá n lần di chuyển. Ví dụ. Hãy tô màu ô A 505; 0 và B 505; 0. Trong 1515 nước đi, quân Xe sẽ đi từ B đến bất kỳ ô nào ở nửa bên phải của bàn cờ (các ô x; y với x không âm): sẽ mất không quá 505 nước đi theo chiều ngang và không quá 1010 nước đi theo chiều dọc. Tương tự, từ A quân xe sẽ đến bất kỳ ô nào ở nửa bên trái. Cấp. Hãy gọi khoảng cách giữa các ô là tổng khoảng cách giữa chúng theo chiều dọc và chiều ngang. Nó bằng số bước đi tối thiểu mà một quân xe què có thể đi từ ô này sang ô khác (và do đó thỏa mãn “bất đẳng thức tam giác”). Để tất cả các ô có màu đen sau 1514 phút. Một quân xe không thể “phục vụ” các ô góc đối diện: khoảng cách giữa chúng lớn hơn 2 1514. Do đó, mỗi quân xe “phục vụ” hai ô góc ở một bên, ví dụ, quân xe của ô A đều ở bên trái: 1010; r 1010, và quân xe ở ô B đều đúng: 1010; r 1010. Nhưng sau đó quân thứ hai không có thời gian để đến bất kỳ ô nào trong số 0; r 1010: khoảng cách từ ô đó đến ô góc đối diện là 3030! 2 1514. Tương tự, quân xe đầu tiên không đến được các ô này. Sự mâu thuẫn. 4. Gọi AB 2, O và M lần lượt là trung điểm của các đoạn AB và YZ và H là trực tâm của tam giác.