Kvant 2023, số 3 · Trang

6

KVANT 2023/№3

được E. Lawrence đưa ra một thời gian sau đó. Đồng vị của nguyên tố siêu uranium này trải qua quá trình phân rã beta với thời gian tồn tại ngắn (chu kỳ bán rã) khoảng 3 ngày. Nó biến thành đồng vị của nguyên tố thứ 94 tiếp theo trong phản ứng biến đổi phóng xạ

$238 238 0_{93} Np o_{94} Pu o_{1} E$.

Ernest Orlando Lawrence đã xây dựng phòng thí nghiệm và giữ chức vụ này cho đến cuối đời (tới năm 1958). Vào tháng 8 năm 1958, phòng thí nghiệm bắt đầu mang tên Lawrence, viết tắt là LBL và nhận được danh hiệu Phòng thí nghiệm Quốc gia Hoa Kỳ. Phòng thí nghiệm quốc gia Lawrence Berkeley tập trung nghiên cứu đột phá về vật lý, thiên văn học, hóa học và sinh học, bằng cách này hay cách khác liên quan đến vật lý nguyên tử và hạt nhân. Trong số nhân viên phòng thí nghiệm (tính đến năm 2022) có 16 người đoạt giải Nobel. Phương châm của phòng thí nghiệm là “Đưa khoa học lời giải ra thế giới.” Trong quá trình chế tạo bom nguyên tử, công việc nhanh chóng được thực hiện để thu được đồng vị siêu tinh khiết của uranium-235, có khả năng tạo ra phản ứng phân hạch hiệu quả và tạo ra nguyên tố phân hạch thứ hai - transuranium, như Lawrence đã gọi. Deuteron được tăng tốc ở máy gia tốc và mục tiêu là hạt nhân của đồng vị uranium-238. Trong phản ứng hạt nhân

$238 2 238 1_{92} U o_{1} H o_{93} Np 2_{0} n$

kết quả là hạt nhân nguyên tử của một nguyên tố mới có số proton là 93. Tên của nó là “neptunium”

Nguyên tố siêu uranium số 94 được quan tâm chính trong việc chế tạo bom nguyên tử. Lawrence sau đó đặt tên cho nó là plutonium, hoàn thành chuỗi tên “hành tinh”. Tuy nhiên, ông không thể biết rằng chẳng bao lâu nữa các nhà thiên văn học sẽ tước bỏ danh hiệu hành tinh của Sao Diêm Vương và chuyển nó vào nhóm hành tinh lùn. Người ta nhanh chóng thấy rõ rằng 3 trong số 20 đồng vị của plutonium có khả năng phân hạch khi bị neutron va vào, giải phóng một lượng năng lượng lớn. Một trong số chúng, plutonium-239, hóa ra lại là loại thích hợp nhất để chế tạo bom. Bây giờ nó được gọi là “plutonium cấp vũ khí”. Đồng vị này không được tạo ra trong máy gia tốc mà trong chu trình phản ứng hạt nhân

$238 1 239 239 239 0_{92} U_{0} n o_{92} U,_{92} U o_{93} Np_{1} E$,

$239 239 0_{93} Np o_{94} Pu_{1} E$.

Một số lượng lớn neutron chậm cần thiết cho phản ứng đầu tiên của chu trình này có thể thu được thông qua phản ứng phân hạch của uranium-235. E. Fermi bắt đầu nghiên cứu sản xuất plutonium. Dưới sự lãnh đạo của ông, lò phản ứng hạt nhân than chì đầu tiên trên thế giới được xây dựng tại Phòng thí nghiệm Luyện kim ở Chicago. Công việc chế tạo nó bắt đầu vào tháng 12 năm 1941, và một năm sau, lò phản ứng được khởi động và bắt đầu sản xuất những gram plutonium hữu hình đầu tiên. Và ba năm sau ở Liên Xô, các nhà vật lý lại đi theo toàn bộ con đường này - từ việc thu được các nguyên tử đầu tiên của các nguyên tố siêu uranium neptunium và plutonium cho đến các lò phản ứng công nghiệp trở thành nhà máy plutonium cấp vũ khí và nhà máy điện hạt nhân vì mục đích hòa bình.

8

KVANT 2023/№3

Ủy ban Năng lượng Nguyên tử Hoa Kỳ. Cùng với các thành viên của Phòng thí nghiệm Berkeley, Seaborg đã xác định được hơn 100 đồng vị của 14 nguyên tố siêu urani, phát triển các phương pháp phức tạp để nghiên cứu tính chất của các đồng vị này. Ông đoạt giải Nobel Hóa học năm 1951 (chia sẻ với Edwin Macmillan). Và do đó, nguyên tố số 106 xứng đáng được đặt tên là seaborgium (lần đầu tiên trong cuộc đời của một nhà khoa học khám phá). Việc sản xuất các nguyên tố mới bắt đầu bằng việc bắn phá các nguyên tử plutonium bằng các hạt alpha được gia tốc trong máy cyclotron. Đây là cách thu được nguyên tố số 95 (Mỹ). Việc bắn phá nó bằng các hạt alpha đã tạo ra nguyên tố tiếp theo - Số 96 (curium). Sau đó berkelium (số 97) và californium (số 98) được tổng hợp. 4 yếu tố này được sử dụng rộng rãi trong nghiên cứu khoa học và trong nhiều lĩnh vực khác nhau (từ quân sự đến y học). Ngày nay chúng thu được trong các phản ứng với neutron trong các lò phản ứng hạt nhân được chế tạo đặc biệt cho mục đích này. Trong quá trình vận hành lâu dài của các lò phản ứng, các dòng neutron lần lượt chuyển đổi plutonium thành americium, americium thành curium, curium thành berkelium và berkelium thành californium. Khó khăn chính và khối lượng công việc khổng lồ liên quan đến việc tách các nguyên tố mới từ hỗn hợp của chúng với các sản phẩm phân hạch uranium trong nhiên liệu hạt nhân đã qua sử dụng của lò phản ứng. Rõ ràng là giá thành của các đồng vị mới rất cao. Ví dụ, một gram Californian có giá 60 triệu đô la. Đây là kim loại đắt nhất thế giới. Để so sánh, một gram vàng (tùy theo thị trường) có giá 40–50 đô la. Các nguyên tố sau đây, #99 (einsteinium), #100 (fermium), #101 (mendelevium), #102 (nobelium) và #103 (lawrencium), được đặc trưng bởi thực tế là chúng không có đồng vị tồn tại lâu dài. Chu kỳ bán rã tối đa không vượt quá vài giờ và hầu hết các đồng vị có chu kỳ bán rã mili giây. Điều này gây khó khăn cho việc nghiên cứu tính chất hóa học của các đồng vị và quang phổ của chúng. Qua

Georgiy Nikolaevich Flerov vì những lý do này, ứng dụng chính của chúng là sử dụng để tổng hợp các nguyên tố siêu urani tiếp theo. Điều thú vị là einsteinium và fermium lần đầu tiên được phát hiện trong trầm tích sau khi thiết bị bom hydro nguyên mẫu đầu tiên của Mỹ được thử nghiệm vào năm 1952 tại đảo san hô Eniwetak ở Thái Bình Dương. Và chỉ 10 năm sau, một lượng einsteinium không đáng kể đã được thu được tại synchrotron Berkeley. Nhóm các nguyên tố transuranium thứ hai, từ số 104 (rutherfordium) đến số 112 (copernicium), được đặc trưng bởi thực tế là chúng được tổng hợp không phải ở lục địa Mỹ mà ở Châu Âu - tại Viện Ion nặng ở Darmstadt và tại Viện nghiên cứu hạt nhân chung ở Dubna, khu vực Moscow. Ý tưởng thu được tất cả những yếu tố này được nảy sinh tại Viện Dubna (G.N. Flerov và Yu.Ts. Oganesyan). Đây là sự va chạm giữa hạt nhân của các nguyên tố ở cuối bảng tuần hoàn với hạt nhân ở giữa hệ tuần hoàn, đó là bismuth và crom, chì và sắt, chì và niken. Điều quan trọng là hạt nhân của một trong những nguyên tử này phải đặc biệt mạnh và có năng lượng liên kết nucleon cao, theo mô hình vỏ lý thuyết của hạt nhân nguyên tử. Nhưng để ép xung

9

TRANSURAN

Một trong những hạt nhân cần có năng lượng cần thiết là máy gia tốc mạnh mẽ. Chúng được xây dựng ở hai trung tâm này, ở Darmstadt - tuyến tính, ở Dubna - tuần hoàn. Việc xác định hạt nhân mới thậm chí còn trở nên khó khăn hơn. Thời gian tồn tại của chúng quá ngắn nên việc nhận dạng, chẳng hạn như thu được quang phổ tia X đặc trưng, ​​không thể theo kịp tốc độ phân rã phóng xạ của chúng. Cần phải phát triển các phương pháp nghiên cứu đặc biệt cho từng nguyên tố. Giai đoạn thứ ba của quá trình tổng hợp transuran, từ số 113 (nihonium) đến số 118 (oganesson) là ưu tiên của Viện Dubna (với sự tham gia của các nhà khoa học từ Phòng thí nghiệm quốc gia Livermore của Hoa Kỳ về hai nguyên tố). Phát triển lý thuyết vỏ hạt nhân, Yu. Ts. Oganesyan tính toán rằng hạt nhân thích hợp nhất để bắn phá phải là hạt nhân đồng vị canxi. Và hóa ra là vậy. Và nhiều dự đoán lý thuyết về tính chất của các nguyên tố mới đã được xác nhận, chẳng hạn như mật độ của darmstadtium. Hóa ra nó là mật độ cao nhất của tất cả các nguyên tố, như dự đoán, bằng 34,8 g $см^{3}$. Điều đặc biệt quan tâm là việc điều chế nguyên tố thứ 118, oganesson, được đặt theo tên người tạo ra nó, viện sĩ hàn lâm Yury Tsolakovich Oganesyan. Bạn đọc tinh ý có thể đã nhận thấy

Yury Tsolakovich Oganesyan

YẾU TỐ

Nguyên tố này có một kết thúc khác thường so với tất cả các nguyên tố siêu urani khác. Thực tế là nguyên tử oganesson có lớp vỏ electron thứ bảy bên ngoài với 8 electron. Những lớp vỏ electron bên ngoài như vậy có các nguyên tử trơ về mặt hóa học (“khí hiếm”). Tất cả chúng (trừ helium) đều có đuôi he. Khí hiếm nặng nhất trên Trái đất là radon. Những nguyên tử này ít có khả năng kết hợp với các nguyên tử khác - chúng trung hòa về mặt hóa học. Chúng thậm chí không thể kết hợp thành phân tử của riêng mình như hydro, oxy và nitơ. Tuy nhiên, lý thuyết dự đoán rằng nhiệt độ hóa lỏng của chất mới này sẽ vào khoảng 350 K, và nhiệt độ hóa rắn thậm chí còn thấp hơn. Ở nhiệt độ phòng, chất từ ​​oganesson về mặt lý thuyết không phải là khí hiếm mà là đá oganesson rắn “cao quý”. Đúng như vậy, vào năm 2007, chỉ có ba (!) nguyên tử oganesson được tổng hợp và không thể xác minh những dự đoán này. Nhưng nhiều năm đã trôi qua, họ đã học được cách thu được những phần nhỏ đáng chú ý của một gam nguyên tố này (bằng cách bắn phá mục tiêu từ California bằng các hạt tích điện), và những dự đoán lý thuyết đã trở thành hiện thực. Câu hỏi có thể đặt ra: tại sao việc xác định các nguyên tố mới và xác định tính chất vật lý và hóa học của chúng lại khó đến vậy? Có vẻ như sau khi phát hiện ra một nguyên tố và tin chắc về sự tồn tại của nó, cần phải chuyển sang sản xuất hàng loạt bằng mục tiêu California (các đồng vị transuranium khác không phù hợp do thời gian tồn tại ngắn của chúng). Nhưng hãy nhớ giá của California! Mục tiêu từ California chỉ được sản xuất ở hai nơi - ở Hoa Kỳ và ở Nga. Viện Dubna có mục tiêu ở California, nó dành nó cho

10

KVANT 2023/№3

thu được những yếu tố mới, chưa được khám phá. Hai đoạn văn tiếp theo thảo luận về thứ tự các lớp vỏ electron của nguyên tử được lấp đầy. Điều này đặc biệt thú vị với những ai yêu thích môn hóa học. Việc phát hiện ra nguyên tố thứ 118 đã tóm tắt việc bổ sung các nguyên tố mới vào bảng tuần hoàn. Lawrence vào năm 1947 đã đặt tên các nguyên tố này theo tên Actinides Actinium (số 89), bằng cách tương tự với các nguyên tố nhóm Lantan (các nguyên tố số 57 đến số 72). Trong 14 nguyên tố lanthanide, với lớp vỏ ngoài không đổi gồm hai electron 5s, lớp vỏ con 4f bên trong dần dần được lấp đầy bằng các electron. Trong Actinide, với lớp vỏ ngoài không đổi gồm hai electron 7s, lớp con 5f bên trong chứa đầy mười bốn electron. Phần tử cuối cùng được điền vào là phần tử thứ 102 - nobelium. Lawrence dự đoán rằng lớp vỏ ngoài của nguyên tố 103, gồm hai electron, sẽ không thay đổi và lớp vỏ bên trong 6d sẽ bắt đầu lấp đầy. Và hóa ra - điều này đã được xác nhận bởi một nghiên cứu về tính chất hóa học của nguyên tố thứ 103. Có phải đó là lý do tại sao nó được gọi là Lawrencium? Không thể có nhiều hơn 10 electron trong lớp con d, và 10 nguyên tố, bắt đầu bằng Lawrencium, ngày nay thường được gọi là superactinides (từ này cũng do Lawrence đặt ra). Chất cuối cùng trong số này là nguyên tố 112, copernicium. Vì vậy, điều rất quan trọng là phải biết electron nguyên tử thứ 113 sẽ hành xử như thế nào. Hóa ra, việc anh ta ở trạng thái 7p của lớp vỏ thứ bảy bên ngoài sẽ có lợi hơn so với trạng thái của lớp vỏ bên trong là 5g hoặc 6f. Một nghiên cứu về tính chất hóa học của nguyên tố thứ 113 (nihonium), được thực hiện ở Dubna, đã chứng minh điều này một cách đáng tin cậy. Lớp con 7p được lấp đầy hoàn toàn bằng oganesson, nguyên tố thứ 118. Ngày nay, các nguyên tố từ số 103 đến số 118 được gọi là superactinoid. Tiếp theo là gì? Glenn Seaborg, người tiếp tục công việc của Lawrence, gọi các nguyên tố tiếp theo là superactinoid. Những tổng hợp tiếp theo sẽ cho thấy bản chất của việc lấp đầy lớp vỏ electron của chúng. Nhưng khác hơn thế

Các nhà vật lý lo ngại về những tiên đoán lý thuyết về tính ổn định đặc biệt của một số superactinide, chúng được gọi là “hòn đảo ổn định”. Nhưng đã 7 năm nay không có thông tin gì về việc tổng hợp nguyên tố mới. Các ứng cử viên được đồn đại cho ghế số 119 và số 120 có tuổi thọ quá ngắn để có thể đưa ra kết luận đáng tin cậy. Ở Dubna, họ đang chờ vận hành hoàn toàn một máy gia tốc mạnh mẽ mới - máy va chạm ion. Những vấn đề tương tự cũng tồn tại ở các trung tâm tổng hợp nguyên tố siêu urani trên thế giới. Có cần thiết phải tiếp tục nghiên cứu tổng hợp transuranium không? Có lẽ chúng ta nên dừng nghiên cứu siêu tốn kém này và giới hạn bản thân trong 118 nguyên tố của bảng tuần hoàn? Có một số đáp số cho câu hỏi như vậy. Trước hết, những nghiên cứu này phát triển toàn bộ vật lý hạt nhân. Ngày nay, mô hình quark-gluon của hạt nhân nguyên tử đang được tạo ra. Nó sẽ thay thế mô hình vỏ mà tất cả các tổng hợp được tạo ra đều dựa trên đó. Trong những năm tới, cộng đồng khoa học gồm các nhà vật lý hạt nhân đang chờ đợi việc khám phá ra những nguyên tố mới có đồng vị tồn tại lâu dài. Khi đó sẽ trở nên rõ ràng liệu các nhà lý thuyết hạt nhân có đi đúng hướng hay không. Nhưng phải chăng cái giá cho một phiên bản mới của lý thuyết hạt nhân có quá cao? Suy cho cùng, mọi thí nghiệm vật lý hạt nhân đều rất tốn kém. Việc xây dựng các máy gia tốc khổng lồ, phản ứng tổng hợp uranium và vấn đề xử lý chất thải phóng xạ tiêu tốn hàng tỷ đô la. Tuy nhiên, có một sự tương tự với việc khám phá không gian gần và nghiên cứu vật lý thiên văn về Vũ trụ. Điều này cũng rất tốn kém. Nhưng không thể ngăn cản sự phát triển của công việc cả trong nghiên cứu vũ trụ và vật lý hạt nhân. Ngoài vấn đề uy tín quốc gia, điều này còn cần thiết để thỏa mãn cơn khát tìm hiểu những điều mới mẻ về thế giới chúng ta đang sống. Sự phát triển của sự tiến bộ ngay từ khi loài người mới xuất hiện không chỉ được quyết định bởi nhu cầu vật chất. Khát khao kiến ​​thức (hoặc,

13

TRANSURAN

Một trong những công trình của máy gia tốc Dubna khi đó được coi là tuyệt mật. Và một tháng trước đó tại Moscow, đại diện của 11 quốc gia đã ký Thỏa thuận thành lập JINR với mục đích “kết hợp tiềm năng khoa học và hạt nhân của họ để nghiên cứu các tính chất cơ bản của vật chất”. Viện này phát sinh trên cơ sở Viện Vật lý hạt nhân của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, tọa lạc tại thị trấn Dubna gần Moscow, gần sông Volga, chảy ở nơi này từ Biển Moscow (Hồ chứa Ivankovo). Ở đó đã có máy gia tốc và dưới sự lãnh đạo của V.I. Veksler, công việc đang được tiến hành để tạo ra một synchrophasotron proton 10 GeV, lớn nhất thế giới khi đó. JINR, với tư cách là sự hợp tác của các nhà nghiên cứu từ nhiều quốc gia, được tạo ra bằng cách tương tự với Trung tâm Châu Âu (CERN) mới nổi dành cho các quốc gia không nằm trong đó. Đóng góp tài chính của Liên Xô là 50%, Trung Quốc là 20%. 30% còn lại đến từ 9 quốc gia sáng lập khác - Tiệp Khắc, Ba Lan, Romania, Bulgaria, Hy Lạp, Việt Nam, Ai Cập, Cuba và Mông Cổ. Giám đốc đầu tiên của viện là Giáo sư D.I. Blokhintsev, người đã thành lập Viện Vật lý và Kỹ thuật Điện thuộc Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô và nhà máy điện hạt nhân đầu tiên trên thế giới ở Obninsk gần Moscow. Trong những năm đầu tiên công việc của JINR đã đạt được tiến bộ trong việc tìm hiểu cấu trúc quark của hadron, sắc động lực học (“màu sắc” của quark), neutrino

YẾU TỐ

cilations, v.v. Đây là bước đột phá của vật lý thế giới vi mô. Một phòng thí nghiệm phản ứng hạt nhân được thành lập dưới sự lãnh đạo của Viện sĩ G.N. Flerov, và sau đó là Viện sĩ Yu.Ts. Oganesyan. Ngay trong năm 1957, phòng thí nghiệm này đã đạt được thành công - một trong những đồng vị của Nobelium, nguyên tố thứ 102, đã được tổng hợp. Trong 60 năm qua, phòng thí nghiệm đã phát hiện hơn 200 đồng vị phóng xạ của các nguyên tố siêu urani và tạo ra các thiết bị độc đáo để xác định đặc tính vật lý và hóa học của chúng. Sự phát triển lý thuyết của các nhà khoa học trong phòng thí nghiệm đã nhận được sự công nhận trên toàn thế giới. Ngày nay JINR là một tổ hợp gồm 7 phòng thí nghiệm lớn tuyển dụng hơn 1.200 nhà khoa học, bao gồm các thành viên chính thức và thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Quốc gia, các bác sĩ và ứng viên khoa học, khoảng 2.000 kỹ thuật viên và kỹ sư. Cơ sở thử nghiệm - chủ yếu là 5 lò phản ứng nghiên cứu và 3 máy gia tốc. Việc xây dựng máy va chạm máy gia tốc ion duy nhất trên thế giới sắp hoàn thành. Hiện nay (tính đến ngày 1 tháng 1 năm 2023) 13 tiểu bang tài trợ cho JINR và các nhà khoa học của họ làm việc ở đó. Đó là Azerbaijan, Armenia, Belarus, Việt Nam, Hy Lạp, Ai Cập, Kazakhstan, Cuba, Moldova, Mông Cổ, Liên bang Nga, Slovakia và Uzbekistan. Hai năm trước, nhà vật lý người Nga, viện sĩ 45 tuổi Grigory Vladimirovich Trubnikov, được bầu làm giám đốc viện. Dubna từ lâu đã nhận được vị thế của một thành phố khoa học. Tiềm năng khoa học cao mà JINR sở hữu và cơ sở thử nghiệm của nó cho phép chúng ta hy vọng khám phá thêm những bí mật của hạt nhân nguyên tử. Và sự tổng hợp của các nguyên tố siêu uranium, vốn không tồn tại trong tự nhiên, là bằng chứng cho thấy sức mạnh tư duy của con người, không ngại can thiệp táo bạo vào các quy luật tự nhiên đang chi phối thế giới của chúng ta.

23

TOÁN HỌC

trong đó có chính xác một đỉnh và gốc nằm ở vùng “bên ngoài” duy nhất không bị chặn. Mặt khác, để sắp xếp các đường tròn rời nhau trên một mặt phẳng, chúng ta có thể vẽ một đỉnh bên trong mỗi đường tròn, một đỉnh khác - gốc - bên ngoài, nối với một cạnh mỗi cặp đỉnh cách nhau chỉ một đường tròn và thu được một cây có gốc. Nếu chúng ta coi sự sắp xếp của các vòng tròn thu được từ nhau là tương đương bằng chuyển động của chúng và thay đổi kích thước, nhưng không có giao điểm, thì sự tương ứng một-một được thiết lập giữa sự sắp xếp của n vòng tròn trên một mặt phẳng (hoặc trên một đĩa) và một cây có gốc ở n 1 đỉnh. Cây không có rễ là cây gì? Bạn có thể vẽ một cây và các đường tròn trên một mặt phẳng theo cách tương tự như trường hợp cây có gốc, gán bất kỳ đỉnh nào làm gốc. Trong cấu trúc này, như trong trường hợp cây có gốc, hai đỉnh được nối với nhau bằng một cạnh khi và chỉ khi các vùng tương ứng của chúng cách nhau bởi một đường tròn. Trong trường hợp cây có gốc thì luôn có diện tích bên ngoài tương ứng với đỉnh gần gốc hơn, nhưng trong trường hợp cây không có gốc thì sẽ không có sự khác biệt. Có một thao tác biến đổi một mặt phẳng được chia bởi các vòng tròn thành các vùng, sao cho tập hợp các vùng được bảo toàn và mối quan hệ giữa chúng được “giáp trong vòng tròn”, nhưng có thể biến bất kỳ vùng nào thành bên ngoài. Hoạt động này là sự đảo ngược của một mặt phẳng so với một vòng tròn. Như vậy, mỗi cây không có gốc có n 1 đỉnh tương ứng với một cấu hình gồm n đường tròn rời nhau trên mặt phẳng cho đến khi đảo ngược, dịch chuyển và thay đổi kích thước (không xuất hiện giao điểm). Hình 5a cho thấy tác động của một sự đảo ngược như vậy. Trong quá trình đảo ngược, vị trí của các đỉnh cũng như vị trí và kích thước của các vòng tròn còn lại thay đổi, nhưng do cấu hình được xác định với độ chính xác là

THẾ GIỚI

Cơm. 5

những biến đổi này thì điều này không quan trọng. Điều quan trọng duy nhất là một hoặc nhiều vòng tròn được “xoay từ trong ra ngoài”. Hoặc chúng ta có thể bổ sung mặt phẳng bằng một điểm ở xa vô hạn (nói đúng ra, điều này là cần thiết nếu chúng ta đang xem xét tất cả các phép nghịch đảo có thể xảy ra) và, thông qua phép chiếu lập thể, thu gọn mặt phẳng thành một hình cầu, điều này sẽ loại bỏ hoàn toàn sự khác biệt giữa bên trong và bên ngoài của mỗi vòng tròn (Hình 5, b). Theo đó, các chuỗi A000055 và A000081 không chỉ tính các cây không có rễ và có rễ mà còn tính cả cấu hình của các vòng tròn trên mặt phẳng và trên hình cầu tương ứng. Nhưng chỉ những cái không chồng chéo. Cấu hình của các vòng tròn giao nhau trên một mặt phẳng là một câu chuyện phức tạp hơn nhiều, trong đó chúng ta chỉ có khả năng tìm kiếm trên máy tính; chúng được tính theo dãy A250001.

Tài liệu tham khảo

1. F. Harari, E. Palmer. Đếm các đồ thị. – M.: Mir, 1977. 2. R. Stanley. Tổ hợp liệt kê, tập 2. – M.: Mir, 2009. 3. N.J.A.Sloane, S.Plouffe. Bách khoa toàn thư về dãy số nguyên. – Nhà xuất bản Học thuật, 1995. 4. M. Gardner. Số Catalan. – «Kvant», 1978, số 7.

Bài toán trong toán học và vật lý

VẤN ĐỀ “Lượng tử”

Chúng tôi đã chạy chuyên mục này từ số này đến số khác kể từ khi thành lập tạp chí. bài toán được xuất bản trong đó là không chuẩn, nhưng lời giải của chúng không yêu cầu kiến ​​thức ngoài phạm vi chương trình học ở trường. bài toán khó nhất được đánh dấu bằng dấu hoa thị. Sau từ ngữ bài toán, chúng tôi thường cho biết ai đã đề xuất điều đó cho chúng tôi. Tất nhiên, không phải tất cả những bài toán này đều được xuất bản lần đầu tiên. Lời giải bài toán về toán học và vật lý từ số báo này nên được gửi đến các địa chỉ email: math@kvant.ras.ru và Phys@kvant.ras.ru, tương ứng hoặc đến địa chỉ bưu chính: 119296 Moscow, Leninsky Prospekt, 64-A, «Kvant». Gửi các điều kiện của từng bản gốc bài toán được đề xuất xuất bản, cùng với giải pháp của bạn cho bài toán này, tới cùng các địa chỉ. Bài toán M2738 – M2741 đã được đưa ra ở giai đoạn khu vực của Olympic Toán học toàn Nga XLIX dành cho học sinh. Bài toán F2745 – F2748 đã được đưa ra ở giai đoạn khu vực của Olympic Vật lý học sinh toàn Nga LVII.

Bài toán M2738–M2741, F2745–F2748 M2738. Cho các số thực khác nhau $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ và b. Hoá ra là phương trình

$x a_{1} x a_{2}$

$x a_{3}$ b có ba gốc thực khác nhau $c_{1}, c_{2}, c_{3}$. Tìm nghiệm nguyên của phương trình

$x_{1}^{c} x_{2}^{c}$

$x_{3}^{c}$ b.

A. Antropov, K. Sukhov

M2739. Cho tam giác nhọn ABC, trong đó AB BC (Hình 1). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AC, H là chân đường cao hạ xuống từ đỉnh B. Đường tròn nội tiếp tiếp xúc với AC tại điểm K. Đường thẳng đi qua K và song song

Đường thẳng MH cắt đoạn MN tại điểm P. Chứng minh rằng đường tròn nội tiếp được trong tứ giác AMPK. P. Bibikov

M2740. Cho $числа^{a,} b, c$ tự nhiên chẳng hạn như $что^{a}$! 1, b! c! 1 và $число^{abc} 1$ chia hết cho $ab^{b} 1$. Chứng minh b chia hết cho $на^{a.}$ M. Antipov

M2741. Cho số tự nhiên k. Có n cây cột dọc theo con đường đều đặn. Misha sơn chúng bằng k màu và cứ mỗi cặp cột cùng màu, giữa chúng không có cột nào khác cùng màu, anh tính khoảng cách giữa chúng. Tất cả những khoảng cách này hóa ra là khác nhau. Với n lớn nhất thì điều này có thể xảy ra? M. Tikhomirov, F. Petrov

F2745. Một đường ray đồng nhất có mặt cắt ngang không đổi nằm trên các giá đỡ con lăn nhẹ đứng tự do, các trục của chúng nằm ở khoảng cách l 9 m. Các con lăn bắt đầu quay, do đó đường ray di chuyển theo chiều ngang với một tốc độ không đổi nhất định, như trong Hình 2 (không theo tỷ lệ). Có lực kế dưới các giá đỡ. phụ thuộc

Cơm. 1

Cơm. 2

31

NHÂN VIÊN VẤN ĐỀ

Sóng truyền trong mỗi vật liệu chậm hơn khoảng hai lần so với sóng dọc. Do đó, trong vật liệu tấm, ngay cả sóng ngang cũng lan truyền nhanh hơn sóng dọc trong thép khoảng một lần rưỡi. Đầu tiên, hãy xem xét một tình huống mô hình trong đó một vật thể bằng thép chạm vào một bề mặt hoàn toàn cứng. Trong trường hợp này, ngay sau khi tiếp xúc với bề mặt, một sóng xung kích xảy ra, tạo ra áp suất trong thép xấp xỉ $U uv_{cт} | 18$ GPa. Giá trị này nhỏ hơn độ cứng vi mô của cacbua boron, khoảng ba lần và tương đương với cường độ cắt. Do đó, khi một viên đạn chạm vào bề mặt cacbua boron, vật liệu của tấm bảo vệ có thể tách thành từng mảnh, nhưng những bộ phận này có tốc độ gần như nhau và do vật liệu tấm (cacbua boron) sẽ di chuyển theo hướng của viên đạn, tốc độ tương đối của viên đạn và tấm bảo vệ trở nên nhỏ hơn, và do đó áp suất trong sóng xung kích sẽ nhỏ hơn ước tính đã cho là 18 GPa. Sự lan truyền của cả sóng dọc và sóng ngang trong vật liệu tấm dẫn đến khối lượng của vật liệu tấm tham gia vào chuyển động sẽ tương đương và thậm chí lớn hơn khối lượng thép đã “cảm nhận” được tác động. Việc ước tính tỷ lệ khối lượng này dựa trên giả định rằng độ dày của tấm phải xấp xỉ bằng kích thước dọc của viên đạn, tức là L | 1 cm. Trong trường hợp này, khi viên đạn dừng hoàn toàn (so với tấm), các sóng dọc trong tấm có thể truyền đi quãng đường gấp ba lần độ dày của tấm và sóng ngang có thể lan truyền đến khoảng cách gấp 1,5 lần kích thước của viên đạn. Như vậy, trong thời gian viên đạn dừng lại, một thể tích của tấm bằng xấp xỉ $1,5^{2} S L^{3}$ chuyển động. Khối lượng cacbua boron này có khối lượng xấp xỉ gấp đôi khối lượng của viên đạn. Tốc độ di chuyển của tổng khối lượng như vậy đã nhỏ hơn 3 lần so với tốc độ của một viên đạn. Và nếu tấm có kích thước 5 u 5 u 1 cm thì khối lượng của nó xấp xỉ 320 g, và trong trường hợp này

“QUANTA”

sau khi toàn bộ khối lượng của tấm tham gia chuyển động thì tốc độ chuyển động của hệ “đạn-tấm” giảm xuống giá trị 10 500 320 m s | 15 phút giây. Tác động của một cú đánh như vậy có thể so sánh hoặc đơn giản giống như tác động của một hòn đá nặng 320 g, bay với tốc độ 15 m/s, lên một diện tích có kích thước 5 x 5 cm. Tất nhiên, một đòn như vậy sẽ nhạy cảm nhưng không gây tử vong.

F2736. Một sợi dây quấn thành vòng bao quanh các ròng rọc của hai khối có trục đối xứng nằm ngang và song song. Nhìn từ bên cạnh, sợi dây trông đối xứng, được xoay 90q theo hình số tám (f). Các trục nằm cách nhau 2 mét trên cùng một mặt phẳng nằm ngang và bán kính của các ròng rọc là như nhau. Một thanh thẳng dài, dài 3m, đều, mặt cắt tròn được đặt vào rãnh của ròng rọc phía trên (phía trên một sợi dây mỏng). Khi sợi dây chuyển động chậm (với tốc độ không đổi tại từng điểm ở mỗi vị trí trên dây), thanh chuyển động từ vị trí này sang vị trí khác, thanh trượt dọc theo một trong các ròng rọc, còn thanh di chuyển dọc theo ròng rọc kia mà không bị trượt. Tại thời điểm dừng lại, khoảng cách từ hai đầu thanh đến điểm tiếp xúc gần nhất giữa thanh và ròng rọc chênh lệch nhau một lần rưỡi. Sau khi dừng lại, thanh thay đổi hướng vận tốc và trạng thái trượt và không trượt đối với các ròng rọc bị đảo ngược. Tại một thời điểm nào đó, tốc độ của sợi dây tăng lên và lúc này thanh di chuyển về phía trước thực hiện dao động điều hòa với chu kỳ 3 giây. Hệ số ma sát khi thanh trượt dọc theo ròng rọc là bao nhiêu? Hệ số ma sát tĩnh cực đại là bao nhiêu?

Khi sợi dây chuyển động chậm tại thời điểm thanh dừng lại, lực ma sát tác dụng lên thanh từ các ròng rọc sao cho một trong các lực tương ứng với lực ma sát trượt, còn lực kia tương ứng với lực ma sát tĩnh. Vì chúng (lực ma sát) tại thời điểm này bằng nhau nên tỉ số

32

KVAN T 2023/№3

hệ số ma sát tĩnh và hệ số ma sát trượt bằng tỉ số giữa khoảng cách từ giữa thanh đến nơi thanh nằm trên các ròng rọc. Tỷ lệ này là 11 9, tức là thanh di chuyển từ vị trí cân bằng sang bên này hoặc bên kia đến một khoảng cách tối đa

10 cm

50 cm 10 cm 50 cm 10 cm

15 cm.

Độ dịch chuyển này nhỏ hơn nhiều lần so với khoảng cách giữa các trục ròng rọc (2 mét). Do đó, các dao động phát sinh sau khi tăng tốc độ của dây có thể được coi là nhỏ. Khi sợi dây chuyển động nhanh thì nó trượt

Thanh uốn cong so với cả hai ròng rọc nên hệ số ma sát là như nhau: đây là hệ số ma sát trượt. Phương trình mô tả các dao động nhỏ gần vị trí cân bằng cho mối liên hệ giữa chu kỳ dao động và hệ số ma sát trượt: bình phương tần số góc của dao động $Z^{2}$ bằng 2 P g D. Trong trường hợp của chúng ta, Z 2 S T, trong đó T 3 s và D 2 m là khoảng cách giữa các trục của các ròng rọc. Tính toán cho hệ số ma sát trượt xấp xỉ 0,44. Và hệ số ma sát tĩnh lớn hơn giá trị này 11 9 lần, tức là bằng khoảng 0,54.

K O N K 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 học sinh bắt đầu từ lớp 8–9 và chúng tôi khuyên các 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 và lớp nơi bạn học. 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!

25. Có thể tô màu tất cả các số tự nhiên bằng ba màu sao cho tổng của hai số khác màu bất kỳ được tô bằng màu thứ ba không? F.Nilov

26. Nhiều chiếc bàn hình tứ giác giống hệt nhau được mang đến văn phòng, mỗi chiếc bàn đều có các cạnh có độ dài khác nhau. Hóa ra 3 cái bàn như vậy, 4 và 5, có thể được đặt thành một vòng tròn với các góc bằng nhau ở tâm sao cho không có khoảng cách giữa các bàn liền kề. Có bao nhiêu bàn có thể xếp thành một vòng tròn có các cạnh giống nhau hướng ra ngoài và không có khoảng cách giữa các bàn liền kề? Liệt kê tất cả các lựa chọn và chứng minh rằng không có lựa chọn nào khác. E. Bakaev

27. Số nào lớn hơn - số cách điền vào bảng 2 và 100 các số 1, 2, … …200 (mỗi số xuất hiện một lần) sao cho tổng các số ở mỗi trong số 102 hàng (hàng và cột) là chẵn, hay mỗi tổng đó là số lẻ? E. Bakaev, P. Kozhevnikov

28. a) Với số tự nhiên n nào thì có số tự nhiên k gấp n lần số chữ số của nó? b) Với số tự nhiên n nào thì có hai số k như vậy? c) Có thể có nhiều hơn hai số k như vậy với n bất kỳ không? I. Akulich

36

KVAN T 2023/№3

Olympic Toán dành cho học sinh. Đặc biệt, chú thích cho bộ sưu tập cho biết: “Bài toán Các kỳ thi Olympic, ngoài kiến thức vững chắc về môn toán ở trường, đòi hỏi sự khéo léo và khéo léo. Vì vậy, để chuẩn bị cho Olympic, bộ sưu tập này đang được xuất bản. Nhiều bài toán trình bày trong bộ sưu tập đã được cung cấp tại các kỳ thi olympic trước đây và các cuộc thi toán buổi tối ở trường toán. Bộ sưu tập trình bày cả tương đối dễ và khó hơn bài toán. Bộ sưu tập cũng chứa các ghi chú ngắn về các vấn đề (như một quy tắc, không đầy đủ lời giải, mà chỉ gợi ý ý chính).” Hãy chuyển sang một trong bài toán của bộ sưu tập này. Bài toán 3. Tặng nửa ly nước và nửa ly rượu. Một thìa nước được đổ vào rượu, sau đó một thìa hỗn hợp thu được được đổ vào nước. Cuối cùng cái nào nhiều hơn: nước trong rượu hay rượu trong nước? Xa hơn một chút, chúng ta đọc được lời giải thích: “Lượng rượu được thêm vào ly đầu tiên giống như lượng nước được rót từ ly đó”. Chúng ta hãy đi xa hơn nữa trong thời gian. $В^{1946}$ trong Bản tin Viện Khoa học Sư phạm số 6 đã đăng bài “Nguyên tắc lựa chọn và biên soạn số học bài toán”. Tác giả của nó là I.V. Arnold. Ở đây chúng tôi tìm thấy tùy chọn này bài toán về hỗn hợp của hai chất lỏng. Bài toán 4. Một thìa được rót từ ly rượu vang đỏ vào ly chứa cùng một lượng rượu vang trắng. Sau khi khuấy đều, một thìa hỗn hợp được rót lại vào ly đầu tiên. Câu hỏi đặt ra là nồng độ của rượu trắng trong ly màu đỏ trong ly đầu tiên lớn hơn hay nồng độ của rượu vang trắng trong ly thứ hai? Đối với lời giải bài toán, chỉ cần tự hỏi bản thân câu hỏi: rượu vang đỏ được thay thế bằng màu trắng từ ly đầu tiên đã đi đâu? Câu hỏi này hướng chúng ta xem xét hình ảnh tương ứng. Và bức vẽ khuyến khích những câu trả lời như vậy cho hai câu cuối cùng bài toán. $Задача^{3:}$ lượng rượu trong nước ở ly thứ nhất cũng bằng lượng nước trong rượu ở ly thứ hai. Bài toán4:

Có nhiều rượu vang trắng màu đỏ cũng như có nhiều màu đỏ màu trắng. $В^{2008}$ I.V. Bài viết của Arnold đã được xuất bản dưới dạng một cuốn sách riêng (M.: MTsNMO). Nếu đọc kỹ cuốn sách này, bạn có thể biết điều gì xảy ra với thể tích khi trộn: “Một hỗn hợp gồm hai thể tích bằng nhau của nước và rượu chiếm thể tích nhỏ hơn tổng thể tích của cả hai chất được trộn lẫn. Một lít hỗn hợp như vậy có khối lượng 936 g, trong khi một lít rượu nguyên chất có khối lượng 729 g và một lít nước $–^{1}$ kg. Bạn cần lấy bao nhiêu nước và rượu để có được một lít hỗn hợp? Vậy cả hai đều là bài toán về truyền máu là không chính xác, và hình vẽ dẫn đến câu trả lời sai. Trong điều kiện bài toán không nói gì về thể tích thay đổi như thế nào khi trộn lẫn, và trên thực tế, thể tích của hỗn hợp hai dung dịch không bằng tổng thể tích của các dung dịch ban đầu. Trong toán học có rất nhiều bài toán đẹp mắt theo kiểu “xin đừng tính!” Toán học sẽ không kém hơn chút nào nếu chúng ta loại trừ câu hỏi về cà phê sữa khỏi bộ bài này.

---

Trên thực tế, bài toán về cà phê và sữa là một sự thích nghi dành cho học sinh nhỏ tuổi bài toán, mà tên cướp biển già John Silver trong “Đảo kho báu” của R. L. Stevenson đã hỏi cậu bé phục vụ Jim Hawkins, người đang nhìn vào bếp của mình: “Thuyền trưởng Flint nổi tiếng rót một ly rượu rum và uống một nửa. Đồ uống rất mạnh và Flint đổ đầy nước vào ly.

37

CỦA CHÚNG TÔI

QUAN SÁT

Uống xong một phần ba, anh lại thêm nước vào ly. Khi tên cướp biển già uống hết một phần sáu ly và pha loãng thứ đó với nước lần thứ ba, chỉ khi đó hắn mới có thể rót cạn ly xuống đáy. Sau đó, Flint tự hỏi: anh ấy uống gì nhiều hơn - rượu rum hay nước? Jim Hawkins trẻ tuổi nhanh chóng cộng ba phân số và nói rằng chúng bằng nhau. Tác giả cuốn sách, Stevenson, theo lời của Silver, đã khen ngợi Jim và đảm bảo với anh rằng anh sẽ lớn lên thành một thủy thủ tuyệt vời. Lưu ý rằng ấn bản sách đầu tiên của “Đảo Châu Báu” đã được $вышло^{140}$ năm tuổi.

chết tiệt, trong $ноябре^{1883}$ năm nữa. Khi đó nhà văn Stevenson không biết rằng nhà hóa học người Nga Dmitry Ivanovich Mendeleev đã nghiên cứu sự thay đổi thể tích khi trộn rượu với nước. Chương đầu tiên trong luận văn thạc sĩ của Mendeleev có tựa đề: “Về lực nén xảy ra trong quá trình hình thành dung dịch”. Bản dịch tiếng Nga dành cho trẻ em bài toán về việc uống rượu của Flint không được đưa vào. Nhưng I.V. Arnold đọc bằng tiếng Anh và do đó đã đưa bài toán về màu đỏ và trắng vào cuốn sách của mình. Và anh ấy đã dạy tôi cách giải quyết nó một cách chính xác.

QUAN SÁT CỦA CHÚNG TÔI

Sự phản chiếu ánh sáng của một điểm tối

Ngày băng giá. Trời lạnh không chỉ ở bên ngoài mà còn ở lối vào các tòa nhà. Trong gian hàng ở lối vào tàu điện ngầm, toàn bộ kính đều bị bao phủ bởi sương giá dày đặc. Lớp sương giá này có thể tan chảy khi bạn chạm tay, và sau đó một bức tranh tuyệt vời xuất hiện: “cửa sổ” tan chảy trong sương giá trông giống như một điểm tối trên nền trắng. Và trên bậu cửa sổ bằng đá cẩm thạch, sáng ngời như gương, nó phản chiếu… như một đốm sáng trên nền tối! Không chỉ là một sự phản chiếu, mà còn là một “sự phản ánh bổ sung” - thay thế hình ảnh tiêu cực bằng hình ảnh tích cực. Hiệu ứng này là kết quả của sự tương tác giữa sự truyền và phản xạ ánh sáng, tính chất của bề mặt mà nó rơi xuống và vị trí của nguồn sáng. Bề mặt được đánh bóng của đá cẩm thạch hoạt động giống như một tấm gương bình thường: qua một “cửa sổ” trong suốt hơn trong sương giá, nhiều ánh sáng chiếu vào nó hơn là qua bề mặt mờ mờ của kính. Do đó, hình dáng của lòng bàn tay được phản ánh trong đó như một điểm sáng hơn. Ánh sáng này rơi xuống từ trên cao, từ phía bầu trời sáng. Nhưng khi chúng ta nhìn thẳng vào kính, ánh mắt của chúng ta sẽ hướng qua “cửa sổ” này, thay vì hướng xuống dưới, xuống mặt đất hoặc tới một số tòa nhà xung quanh lối vào tàu điện ngầm. Nhưng đối với những khu vực kính bị đóng băng, đây không phải là vấn đề: bất kể ánh sáng chiếu vào từ hướng nào, chúng vẫn sẽ phân tán nó ra mọi hướng, kể cả hướng của chúng ta. Do đó, những vùng này có vẻ nhẹ hơn so với hình in trong lòng bàn tay. Có thể dễ dàng nhận thấy thực tế trường hợp này bằng cách nhìn vào bức ảnh, trong đó có nhiều dấu tay đồng thời xuất hiện.

Có thể thấy rằng những thứ nằm ở vị trí cao hơn và chiếu lên bầu trời (hoặc ít nhất là gần nó hơn) thì nhẹ hơn. Tưởng chừng như những hiện tượng quang học đơn giản như vậy, nhưng chúng tạo ra những họa tiết đẹp đẽ và khác thường biết bao! V. Ptushenko

TRƯỜNG KVANT

Các tam giác đều phụ

M.VASILIEV, T.KORCHEMKINA

sự khác biệt giữa các góc mà chúng ta biết là 100 q 40 q 60 q. Động lực của việc xây dựng một tam giác đều phụ cũng là các đoạn thẳng AD và BC nằm ở vị trí “bất tiện”. Vì vậy, bây giờ chúng ta hãy dựng một tam giác đều ADE (Hình 1) và lấy một góc khác 40q ở đỉnh A. Sau đó

Khả năng thực hiện các công trình BỔ SUNG luôn là chìa khóa thành công cho các công trình lời giải hình học phức tạp bài toán. Không có gì bí mật rằng rất khó để xây dựng các hướng dẫn chính xác và rõ ràng để lựa chọn và áp dụng công trình này hoặc công trình kia, nhưng thường trong điều kiện bài toán có ​​“đèn hiệu” - gợi ý cho phép bạn đoán những đường bổ sung nào sẽ được vẽ. Do đó, thực tế cho thấy rằng việc kéo dài đường trung bình của một tam giác theo chiều dài của nó có thể hữu ích và việc cộng đặc biệt các điểm giữa của các đoạn và sau đó xem xét đường trung bình của các tam giác tương ứng sẽ giúp giải quyết bài toán. Các cách dựng bổ sung điển hình như vậy cũng có thể bao gồm một cách an toàn phương pháp “cân chỉnh tổng”, các cách dựng hình tiêu chuẩn trong hình thang, phương pháp đường tròn phụ, v.v. Một kỹ thuật phức tạp hơn đòi hỏi sự khéo léo hơn và xuất hiện trong các bài toán Olympic là tìm kiếm và dựng các đa giác đều hoặc các phần tử của chúng. Những độc giả quan tâm sẽ thấy ý tưởng này, chẳng hạn như trong bài viết “Các hình vuông phụ” của E. Bakaev và A. Blinkov («Kvant» Số 4, 2016). Dưới đây chúng tôi sẽ chỉ ra những trường hợp nào tam giác đều giúp giải được bài toán. Bài toán 1. Trong tam giác cân ABC, góc ở đỉnh A là 100q. Trên đoạn tiếp theo của AB vượt qua điểm B, lấy một điểm D sao cho AD BC. Góc BCD là gì? Lời giải. Làm thế nào để đoán được yêu cầu xây dựng bổ sung? Lưu ý rằng các góc ở đáy BC của tam giác cân ABC bằng 40q, nghĩa là

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20230305

Cơm. 1

tam giác BAC và ACE có hai cạnh bằng nhau (AB AC, BC AE) và góc xen giữa ( ABC CAE) nên ACE BAC 100 q. Ngoài ra, các tam giác DAC và DEC có ba cạnh bằng nhau, do đó ACD ECD 50 q và cuối cùng,

‘ BCD

‘ ACD ‘ ACB

50 q 40 q

10 q.

Theo quy luật, như chúng ta thấy trong ví dụ về bài toán trước đó, sau khi thực hiện việc xây dựng bổ sung, bước cuối cùng trong lời giải là tìm kiếm các hình tam giác bằng nhau. Bài toán 2. Bên trong tam giác cân ABC có đáy BC có một điểm M sao cho MBC 30 q, MCB 10 q. Tìm góc AMC nếu BAC 80 q. Lời giải. Vì góc ở đỉnh của một tam giác cân là 80q nên các góc ở đáy sẽ là 50q. Từ đây bạn có thể tính được các góc MBA 20 q và MCA 40 q. Việc một tam giác cân được đưa ra trong điều kiện đã gợi ý về những lợi ích có thể có của việc xây dựng một tam giác đều. Thật vậy, bằng cách dựng tam giác đều ABD như trong Hình 2, chúng ta thu được CBD 60 q 50 q 10 q và tam giác cân DAC. Trong tam giác này góc ở đỉnh bằng

39

TRƯỜNG HỌC

TRONG

“QUANTE”

B

A

M

L

M

C

B

Cơm. 2

D

BAC BAD 80 q 60 q 20 q, do đó DCA 80 q, và BCD 80 q 50 q 30 q. Như vậy, các tam giác BMC và CDB có cạnh BC bằng nhau và các góc kề với nó có số đo độ là 10q và 30q, nghĩa là các cạnh MC BD AC bằng nhau. Khi đó trong tam giác cân ACM có góc ở đỉnh là 40° thì góc AMC cần bằng 70°.

Bài tập 1. Tìm cách khác lời giải bài toán 2 sử dụng tam giác đều dựng trên AC. Người đọc học được không kém phần hay lời giải bài toán từ bài viết của V. Prasolov “Các đường chéo của 18 cạnh đều” («Kvant» Số 5, 1995).

Thông thường, khi bạn nhìn vào một bức vẽ lần đầu tiên, sẽ nảy sinh một số ý tưởng hợp lý để xây dựng một tam giác phụ. Tuy nhiên, điều gây tò mò là hầu như mỗi phương pháp nghĩ đến đều cho phép (với mức độ phức tạp khác nhau) đạt đến đáp số. Ví dụ: điều này đúng cho một số bài toán tiếp theo. Bài toán 3. Bên trong tam giác ABC có điểm M sao cho AM BM, MBA 10 q, MBC 20 q và MAC 40 q. Tìm góc MCA. Lời giải. Vì vậy, loại tam giác nào có thể hữu ích ở đây (Hình 3)? Một mặt, nếu dựng tam giác đều ABK có đáy AB sao cho điểm M và C nằm trong tam giác thì BC sẽ là phân giác và CAK MAB MBA 10 q. Bạn cũng có thể sử dụng các cạnh AM và BM bằng nhau bằng cách dựng các tam giác đều AMN hoặc BML. Trong mỗi trường hợp, ngoài các cạnh bằng AM và MB còn xuất hiện các góc bằng các góc đã cho trong điều kiện.

A

C

N

K

Cơm. 3

Trên thực tế, mỗi cách xây dựng được liệt kê ở trên đều giúp giải quyết bài toán, nhưng chúng ta sẽ đi sâu vào chi tiết hơn về tam giác AMN, vì dọc theo đó, nó sẽ dẫn đến những sự thật thú vị khác. Thật vậy, do điều kiện và cách xây dựng bổ sung nên có thể tính được góc BMN 360 q 180 q 2 10 q – 60q 140 q. Vì MN = AM = BM nên tam giác MBN là cân và MBN 20 q MBC. Điều này có nghĩa là các điểm B, C và N nằm trên cùng một đường thẳng! Bây giờ hãy xét tam giác ANC. Nó có ANC ANM MNB 60 q 20 q 80 q và ACN CAB ABC 30 q 50 q 80 q là góc ngoài của tam giác ABC. Như vậy tam giác ANC là tam giác cân nhưng tam giác ACM cũng sẽ cân. Từ đây dễ dàng tính được MCA 70 q.

Bài tập 2. Giải bài toán trước bằng tam giác ABK.

bài toán tiếp theo từ lâu đã được đưa vào văn hóa dân gian toán học và đã nhiều lần xuất hiện tại nhiều cuộc thi Olympic khác nhau. Chúng ta sẽ nói về một tam giác cân có góc ở đỉnh là 20° và góc đáy là 80°. Các đặc tính thú vị của nó đã truyền cảm hứng cho nhiều bài toán và nghiên cứu mới. Một trong những bài toán tuyệt vời này có thể được tìm thấy trong bài viết của K. Knop “Lịch sử với hình học, hoặc Chín lời giải của một bài toán” («Kvant» Số 3, 1993). Bài toán 4. Trong tam giác ABC, các góc ABC và ACB bằng 80q. Ở phía AB được đánh dấu

40

KVAN T 2023/№3

B

A

D

P

M

E

D

E

F

B

K

C

Cơm. 4

sao cho một điểm P sao cho BPC 30 q. Chứng minh rằng AP BC. Lời giải. Một gợi ý để dựng tam giác đều phụ là 80 q 60 q 20 q. Tùy thuộc vào cách bạn “trừ” chính xác góc 60q, bạn có thể dựng các tam giác ABE, ACD hoặc BCF (Hình 4). Một lần nữa, mỗi tam giác này đều có kết quả là lời giải bài toán. Ở đây chúng ta sẽ cho lời giải sử dụng tam giác BCF. Tam giác ABF và ACF có ba cạnh bằng nhau, tức là BAF CAF 10 q và ABF ACF 80 q 60 q 20 q. Theo tính chất góc ngoài BPC của tam giác APC ta thu được ACP 30 q 20 q 10 q. Như vậy, trong các tam giác APC và CFA, các góc 10q và 20q kề cạnh AC, điều này suy ra hai tam giác APC và CFA và AP CF BC bằng nhau.

Bài tập 3. Hoàn thành các suy luận liên quan đến tam giác ABE và ACD.

Bài toán 5 (E. Bakaev, Olympic Toán LXXIX Moscow, 2016). Trên đường trung tuyến AM của tam giác ABC có điểm K sao cho AK BM. Ngoài ra, AMC 60 q. Chứng minh rằng AC BK. Lời giải. Sự hiện diện của một góc 60q và nhiều đoạn bằng nhau gợi ý rõ ràng về việc xây dựng một tam giác đều phụ. Phương pháp cổ điển lời giải gợi ý kéo dài đường trung tuyến AM và dựng tam giác BMD (Hình 5), nhưng tam giác đều EMC cũng hữu ích. Thật vậy, bất kể vị trí của các điểm K và E trên AM, các đoạn AE và KM bằng tổng hoặc hiệu độ dài của các đoạn ME AK và đoạn EK.

A

C

Cơm. 5

Ngoài ra, theo xây dựng của CE BM. Để các tam giác AEC và KMB bằng nhau chỉ có hai góc AEC và BMK là không bằng nhau mà cả hai góc này đều kề với các góc 60q nên có ‘AEC’ BMK và AC BK. Bài toán 6 (E. Bakaev, Olympic Toán học LXXXII Moscow, 2019). Trong tam giác cân ABC lấy điểm K sao cho KAC 30 q và AB BC CK. Tìm góc AKB. Lời giải. Trong bài toán này, một lần nữa, có một số cách để tìm đáp số bằng cách sử dụng một tam giác đều. Dựng tam giác đều ACL (Hình 6) sẽ biến AK thành phân giác, đường trung tuyến và đường cao, còn dựng tam giác đều ABP hoặc BMC sẽ cộng các tam giác cân. Chúng tôi dành cho người đọc hai phương pháp đầu tiên như một bài tập; chúng cũng có thể được tìm thấy trong cuốn sách “Olympic Toán học LXXXII Moscow”

L

B

K

C

A

P

M

Cơm. 6

41

TRƯỜNG HỌC

piada. Bài toán và lời giải". Ta sẽ xét lời giải thu được khi sử dụng tam giác BMC. Đặt BAK D. Khi đó, theo AB BC, ta có ACB BAC 30 q D, và từ tam giác ABC ta tính được ABM ABC MBC 180 q 2 30 q D 60 q 60 q 2 D. Hơn nữa, xét đến thực tế là tam giác BAM cũng là tam giác cân, ta thu được

‘ CAM

‘ BAM ‘ BAC

1 ˜ 180 q 60 q 2 D D 30 q 2

30 q

‘ KAC.

Bây giờ chúng ta xét các tam giác AKC và AMC. Phía AC là chung đối với họ, cả CK CM và, như đã được chứng minh ở trên, KAC MAC. Ở đây chúng ta sẽ sử dụng một mệnh đề nổi tiếng được gọi là dấu thứ tư của sự bằng nhau của các tam giác hoặc dấu hiệu của bán đẳng thức của các tam giác: nếu hai cạnh của tam giác thứ nhất bằng hai cạnh của tam giác thứ hai và góc đối diện với một trong các cạnh của tam giác thứ nhất bằng góc đối diện với cạnh tương ứng của tam giác thứ hai, thì các tam giác này bằng nhau hoặc các góc đối diện với hai cạnh tương ứng bằng nhau còn lại cộng lại bằng 180q. Theo đó, KCA MCA và ’ AKC ’ AMC hoặc KCA MCA 180 q. Điều thứ hai là không thể, vì KCA MCA KCM MCB 60 q, và do đó ’ AKC ’ AMC và AK AM, đặc biệt từ đó suy ra tam giác AKM cũng là tam giác đều. Khi đó AK KM và các tam giác ABK, MBK có ba cạnh bằng nhau, nghĩa là

‘ AKB

‘ MKB

1 ˜ 360 q 60 q 2

TRONG

“QUANTE”

Điểm Torricelli của một tam giác là điểm mà từ đó ba tia hướng tới các đỉnh của tam giác tạo thành các góc 120° với nhau. Bài toán 7 (Điểm Fermat–Torricelli). Tìm bên trong tam giác ABC, trong đó tất cả các góc đều nhỏ hơn 120°, một điểm M, tổng khoảng cách từ đó đến ba đỉnh là nhỏ nhất. Lời giải. Chúng ta dựng các tam giác đều phụ ACE, BCD và ABF ở mỗi cạnh của tam giác ABC hướng ra ngoài (Hình 7). Cho M là một điểm tùy ý bên trong tam giác ABC. Bây giờ chúng ta nối điểm M với các đỉnh và dựng tam giác đều AMN. Hãy chứng minh rằng tổng khoảng cách từ điểm M đến các đỉnh của tam giác ban đầu bằng độ dài đoạn thẳng đứt đoạn BMNE. Xét các tam giác ANE và AMC. Bằng cách xây dựng, AM AN, AC AE, cũng như MAC 60 q CAN EAN, ngụ ý sự bằng nhau của các tam giác đang được xem xét và các cạnh tương ứng MC và NE của chúng. Như vậy AM BM CM BM MN NE. Cách xây dựng này cũng cho phép chúng ta hiểu tổng khoảng cách tối thiểu bằng bao nhiêu. Thật vậy, với mọi điểm M, bất đẳng thức BM MN NE t BE đúng và đẳng thức đạt được khi và chỉ khi các điểm B, M, N và E nằm trên cùng một đường thẳng (theo thứ tự đã chỉ ra). Bây giờ hãy xây dựng kết quả sao cho các điểm M và N nằm trên đoạn BE

F

E

A

N

150 q.

Tam giác đều phụ có thể hữu ích không chỉ cho lời giải bài toán. Vì vậy, sử dụng phương pháp này có thể chứng minh việc xây dựng điểm Fermat–Torricelli mà không cần dùng đến đường tròn. Điểm Fermat là một điểm trên mặt phẳng, tổng khoảng cách từ đó đến các đỉnh của tam giác là nhỏ nhất.

M

C

B

Cơm. 7

D

48

KV A N T 2023/Số 3

phòng của người thí nghiệm, nếu biết con ốc sên luôn chuyển động theo đường thẳng với cùng vận tốc u 12 cm min thì các viên gạch trong phòng tắm nằm sát nhau và các tấm thảm cũng vậy. A. Evseev

Bài toán 2. Sân vận động MIPT Đường chạy tại sân vận động MIPT có 4 đường chạy, mỗi đường d rộng 1,22 m (Hình 2). Đường đi gồm hai đường thẳng

Cơm. 2

các đoạn tuyến tính có chiều dài l 84,39 m và hai đoạn có dạng hình bán nguyệt có bán kính R. Bán kính quỹ đạo của vận động viên, hay bán kính hiệu dụng, trên đường chạy đầu tiên là $R_{1} 36,80$ m. 1) Tìm độ dài hiệu dụng $L_{1}$ của một vòng tròn của rãnh đầu tiên. 2) Xác định khoảng cách ’ $l_{12}$, ’ $l_{23}$, ’ $l_{34}$, vạch xuất phát phải nằm trên các đường đua khác nhau trên các đoạn thẳng sao cho độ dài của khoảng cách 3 vòng trùng nhau, miễn là đích về đích nằm ở vạch xuất phát của đường đua đầu tiên. 3) Tốc độ trung bình của một vận động viên chạy 6 vòng dọc theo đường đua đầu tiên có thể có giá trị bao nhiêu nếu anh ta xác định thời gian chạy đua của mình bằng đồng hồ sân vận động (chính xác đến từng phút)? Vận động viên xuất phát lúc 13h và về đích lúc 13h13. Biểu thị tốc độ trung bình tối đa và tối thiểu theo cả km h và ms. Ghi chú. Độ dài của một đường tròn có bán kính R bằng 2 S R, trong đó S là 3,1416. D.Rubtsov

Bài toán 3. Sô cô la và caramel Khi sản xuất kẹo, sô cô la trắng nóng có mật độ $U_{1} 1,20$ g $см^{3}$ được đổ vào bình có thể tích V 16,0 l. Khi bình chứa đầy 60%, thay vì sô cô la, họ bắt đầu đổ caramen có mật độ $U_{2} 1,52$ g $см^{3}$ vào đó với tốc độ P 0,60 l phút. Quá trình tự động hóa được cấu hình để xác định mật độ trung bình của lượng chứa trong bình và khi mật độ trung bình vượt quá $U_{1}$ 10%, việc cung cấp caramen vào bình sẽ dừng lại. Sự thay đổi thể tích chất lỏng khi trộn có thể bỏ qua. Mất bao nhiêu phút để phục vụ caramen? V. Slobodyanin

Bài toán 4. Bắt kịp Hai ô tô cùng lúc xuất phát từ điểm A đến điểm B trên một đoạn đường thẳng. Được biết, ô tô thứ nhất chuyển động với vận tốc không đổi $v_{1}$ không dừng lại cho đến điểm B. Đến điểm B, ô tô dừng lại chờ ô tô thứ hai đến. Xe thứ hai chuyển động với vận tốc không đổi $v_{2}$ nhỏ hơn $v_{1}$. Sau một thời gian, người đó dừng lại và khi ô tô đầu tiên đến điểm B, người đó lại tiếp tục chuyển động với vận tốc như cũ $v_{2}$. Hình 3 thể hiện biểu đồ khoảng cách giữa các ô tô theo thời gian tính đến thời điểm $t_{1} 4$ phút. Vào thời điểm $t_{2} 14$ phút hai xe gặp nhau. 1) Xác định tốc độ của ô tô $v_{1}$ và $v_{2}$. 2) Xe thứ hai đứng yên trong bao lâu? 3) Tìm khoảng cách L giữa hai điểm A và B. A. Evseev

Cơm. 3

49

lớp 8

OLI MP IA DY

Bài toán 1. Dọc theo một đường ống Hai quả bóng nhỏ, nhẹ, đàn hồi chuyển động bên trong một đường ống lớn, nhẵn, đóng kín hai đầu, nằm ngang. Tại thời điểm đó, khi các quả bóng ở giữa đường ống, tốc độ của chúng so với mặt đất bằng v và 2v, và đường ống bắt đầu chuyển động với tốc độ không đổi 0,1v, như trong Hình 4. Chiều dài của đường ống là 2L.

Cơm. 4

1. Sau khoảng thời gian nào $W_{1}$ quả bóng bên trái lần đầu tiên sẽ va chạm với thành cuối của ống? 2) Sau khoảng thời gian nào $W_{2}$ quả bóng bên phải sẽ va chạm lần đầu tiên với thành cuối của ống? 3) Sau bao lâu thì hai quả bóng va chạm với nhau lần đầu tiên? 4) Tìm vận tốc của các quả bóng $u_{1}$ bên trái và $u_{2}$ bên phải so với mặt đất ngay trước khi chúng va chạm lần đầu. Coi sự va chạm của quả bóng với thành cuối của ống là đàn hồi tuyệt đối. Ghi chú. Do một va chạm đàn hồi tuyệt đối, tốc độ của quả bóng so với tường vẫn giữ nguyên độ lớn như trước khi va chạm nhưng theo hướng ngược lại. O. Inisheva

Bài toán 2. Ống cong Một ống cong có tiết diện không đổi chứa đầy chất lỏng không trộn lẫn với mật độ khác nhau, như trong Hình 5. Ở đầu bên trái của ống, được đậy bằng nút chặn, không khí bị giữ lại dưới áp suất $0,8p_{0}$, trong đó $p_{0}$ là áp suất khí quyển, bằng áp suất thủy tĩnh của một cột chất lỏng có mật độ U cao 10h. Đầu bên phải của ống thông với khí quyển, hệ thống ở trạng thái cân bằng. 1) Xác định hệ số k của mật độ chất lỏng (xem hình 5). 2) Bề mặt tự do của chất lỏng sẽ dịch chuyển theo hướng nào và bao nhiêu?

Cơm. 5

ở khuỷu tay phải của ống ở trạng thái cân bằng mới nếu tháo phích cắm ra? A. Seitov

Bài toán 3. Người thực nghiệm qua lại Gluck đã tiến hành một thí nghiệm. Gluck đặt một cái chảo 10 lít chứa đầy nước ở nhiệt độ phòng $t_{0} 20 q C$ để hâm nóng trên bếp điện. Sau một thời gian, anh ta thêm một lượng nước không xác định ở nhiệt độ phòng vào chảo mà không lấy ra khỏi bếp. Và sau một thời gian nữa, anh ta đổ cùng một lượng nước từ chảo mà không cần lấy ra khỏi bếp. Sau đó, anh ấy đo nhiệt độ của nước trong chảo hai lần - sau $W_{1} 8$ phút và $W_{2} 9$ phút kể từ khi bắt đầu đun nóng và thu được các giá trị $t_{1} 45 q C$ và $t_{2} 50 q C$. Tổng cộng, gạch đã hoạt động được 10 phút. 1) Nước trong chảo sẽ có nhiệt độ bao nhiêu $t_{к}$ khi kết thúc thí nghiệm nếu khối lượng của nó không thay đổi trong quá trình đun nóng? 2) Xác định giá trị nhỏ nhất có thể có của khối lượng $m_{min}$ của nước được Gluck thêm vào trong thí nghiệm. 3) Tìm thời điểm sớm nhất $W_{min}$ kể từ khi bắt đầu đun nóng để nước có thể rút ra khỏi chảo. Tổn thất nhiệt và nhiệt dung của chảo không đáng kể. Hãy xem xét rằng khi bạn thay đổi khối lượng nước, nhiệt độ của nó sẽ thay đổi ngay lập tức và khi bạn thêm nước, nó sẽ không đổ ra khỏi chảo. Nhiệt dung riêng

51

OLI MP IA DY

Cơm. 10

đặt một vật nặng không dẫn điện có khối lượng 1 kg lên pít-tông, ampe kế hiển thị cường độ dòng điện $I_{1} 2,31$ A. Nếu đặt 3 vật nặng như vậy lên một pít-tông lớn thì ampe kế sẽ hiển thị cường độ dòng điện $I_{2} 2,1$ A. 1) Xác định điện trở của ampe kế $R_{A}$, với điều kiện dây nối và pít-tông có điện trở không đáng kể. 2) Xác định cường độ dòng điện mà ampe kế hiển thị khi không có vật nặng đặt trên piston. 3) Cường độ dòng điện trong hệ thống lắp đặt có thể thay đổi trong giới hạn nào nếu có sẵn nhiều lựa chọn tải? Chúng ta có thể giả sử rằng ống nối có tiết diện nhỏ không đáng kể. Độ dẫn điện của nước cũng rất thấp. Mật độ của nước là U 1000 kg $м^{3}$. A. Evseev

Bài toán 4. Vanya và Masha đã tiến hành 2 thí nghiệm là gì. Trong thí nghiệm đầu tiên, một cái chảo 10 lít chứa đầy nước ở nhiệt độ phòng $t_{0} 20 q C$ được đun nóng trên bếp có công suất P 1,4 kW trong W trong 10 phút. Đồng thời, $W_{1} 5$ phút sau khi bắt đầu thí nghiệm, một lượng nước nhất định ở nhiệt độ phòng được thêm vào chảo mà không cần lấy ra khỏi bếp, và sau $W_{2} 3$ phút nữa, cũng không lấy chảo ra khỏi bếp, lượng nước tương tự được đổ ra khỏi chảo. Trong thí nghiệm thứ hai, trong cùng điều kiện ban đầu, dòng chảy lên và xuống được hoán đổi cho nhau mà không làm thay đổi tổng thời gian của thí nghiệm, thời điểm thao tác và lượng nước thêm vào và thoát ra. Nhiệt độ cuối cùng của nước trong chảo ở cả hai thí nghiệm là như nhau. 1) Khối lượng nước đã thêm vào trong thí nghiệm là bao nhiêu?

2. Hỏi nhiệt độ của nước trong chảo lúc kết thúc thí nghiệm là bao nhiêu? 3) Nhiệt độ tối đa của nước trong chảo trong mỗi thí nghiệm là bao nhiêu? Hãy xem xét rằng việc đổ đầy và thoát nước xảy ra rất nhanh. Nhiệt lượng tỏa ra và nhiệt dung của chảo không đáng kể, nước không sôi trong quá trình thí nghiệm. Nhiệt dung riêng của nước là c 4,2 kJ kg q C, khối lượng riêng của nước là U 1000 kg $м^{3}$. A. Evseev

Bài toán 5. Chuyển động dọc theo nan hoa Các điểm vật liệu B và C được nối với nhau bằng các sợi chỉ không dãn AB và BC (Hình 11). Điểm C có thể trượt dọc theo một kim đan dài thẳng đứng cố định, đầu A của sợi AB cũng được gắn vào. Tại thời điểm như hình vẽ, sợi chỉ BC tạo một góc M 30 q với phương thẳng đứng và vuông góc với sợi AB, vận tốc của điểm C hướng xuống dưới bằng v, gia tốc tiếp tuyến của điểm B bằng a W và điểm B chuyển động trong mặt phẳng hình vẽ. Mình sẽ kéo sợi - Hình 11 bạn nhé. Hóa ra gia tốc của điểm C tại thời điểm đang xét bằng 0. 1) Xác định mô đun vận tốc $v_{B}$ của điểm B tại thời điểm đang xét. 2) Xác định độ dài $l_{BC}$ của ren BC. 3) Xác định mô đun gia tốc $a_{B}$ của điểm B tại thời điểm đang xét. A.Uymin

Lớp 10 Bài toán 1. Nhà thí nghiệm thăm dò Gluck đã thiết kế một máy thăm dò khí quyển bao gồm một quả cầu có thể tích $V 20 м^{3}$ chứa đầy khí heli ở áp suất $p_{0} 100$ kPa và nhiệt độ $T_{0} 300$ K, và một bộ cảm biến khí tượng được treo trên đó. 1) Với khối lượng tối đa của cảm biến, tàu thăm dò có thể đạt tới độ cao 4 km? 2) Độ cao tối đa mà một quả bóng như vậy có thể đạt được khi không có cảm biến là bao nhiêu? Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của áp suất không khí vào độ cao so với bề mặt Trái đất được trình bày trên Hình 12. Giả sử nhiệt độ

54

KV A N T 2023/Số 3

Sự phụ thuộc của số chỉ vôn kế vào khối lượng của tải đặt trên bệ, có tính đến biến dạng nhỏ của dầm, có thể được trình bày dưới dạng $U J m^{n}$, trong đó n là số nguyên, J là hệ số tỉ lệ. 3) Xác định n và J. 4) Bây giờ giả sử rằng đường không biến dạng kéo dài một khoảng x d 4 tính từ mặt trên của dầm. Trong trường hợp này, tính số chỉ của vôn kế khi đặt tải khối lượng m lên bệ. 5) Cân được chuyển đến phòng ấm hơn, khiến cân nóng lên. Trong quá trình nung nóng cân, chùm tia thay đổi chiều dài, biến dạng tương đối của nó là $H_{3}$ (thứ tự độ lớn $H_{1}$ Và $H_{2} ).$ Sự thay đổi độ dày và chiều rộng của dầm có thể bỏ qua. Trong trường hợp này, tính số chỉ của vôn kế khi đặt tải khối lượng m lên bệ. (Đường không biến dạng chạy qua giữa dầm.) Khi lời giải bài toán Xét các đại lượng đã biết sau: E – điện áp nguồn điện; k - hệ số biến dạng của điện trở số 1 và số 2; m - khối lượng tải đặt trên cân; D là hệ số tỷ lệ giữa bán kính cong của chùm tia tại nơi gắn các điện trở và khối lượng của tải trọng công suất âm thứ nhất; d - chiều dày của dầm biến dạng; $H_{3}$ - độ giãn dài tương đối của dầm khi được nung nóng. Giá trị điện trở $R_{0}$ coi đó là điều chưa biết. Yu. Chernikov

áp dụng vào ống bọc không quay để đẩy nó qua lỗ, mức độ chuyển động được thể hiện trên Hình 20, b. Giá trị lớn nhất của lực là $F_{0}$. Lực này cần thiết để thắng lực ma sát khô, và phản lực bình thường tác dụng lên diện tích bề mặt của ống bọc từ phía thành lỗ không phụ thuộc vào tốc độ và vận tốc góc của ống bọc. Bề mặt của ống bọc và lỗ đồng đều và giống hệt nhau dọc theo toàn bộ chiều dài. Tọa độ x0 tương ứng với vị trí của tay áo vừa bắt đầu đi vào tấm. 1) Ở giá trị tối thiểu nào $v_{0} v_{min}$ ống bọc sẽ bay qua lỗ (vận tốc góc ban đầu $Z_{0}$ luôn không đổi)? 2) Điều gì sẽ bằng trong trường hợp này (tại $v_{0} v_{min} )$ vận tốc góc $Z_{1}$ chuyển động quay của ống bọc tại thời điểm ống bọc nằm hoàn toàn bên trong tấm? 3) Sau bao lâu W kể từ thời điểm đi vào lỗ với tốc độ ban đầu $v_{0} t v_{min}$ ống bọc sẽ hoàn toàn nằm bên trong tấm? A. Apollonsky

Lớp 11 Bài toán 1. Ống xoay Một ống hình trụ có thành mỏng khối lượng m, quay với tốc độ góc $Z_{0}$ quanh trục của nó, bay với tốc độ $v_{0}$ vào một lỗ trên tấm thép (Hình 20,a). Trục của ống bọc và lỗ trùng nhau, bán kính ngoài của ống bọc R bằng bán kính của lỗ, chiều dài của ống bọc l bằng độ dày của tấm. Đồ thị lực cần thiết

Bài toán 2. Làm thế nào để đo sức căng bề mặt? Trong trường hấp dẫn, một thanh AB có khối lượng m, chiều dài L được treo bằng hai sợi dây không dãn không trọng lượng vào thanh CD nằm ngang. Các sợi chỉ được gắn vào các đầu của thanh và nằm theo chiều dọc (Hình 21, a). Sau khi nhúng hệ thống vào một chất lỏng không xác định và sau đó lấy nó ra khỏi chất lỏng, một màng chất lỏng hình thành trong khoảng trống giữa các sợi chỉ, thanh và thanh, và bản thân hệ thống có dạng như trong Hình 21, b. Trong trường hợp này, khoảng cách tối thiểu giữa các sợi chỉ bằng d và khoảng cách giữa thanh và thanh bằng h. 1) Xác định hệ số căng bề mặt của chất lỏng V. 2) Tính giá trị V tại L 10 cm, m 2 g, d 5 cm, h 8,7 cm. A. Apollonsky

Cơm. 20

Cơm. 21

55

OLI MP IA DY

Bài toán 3. Hình thang của Lord Kelvin Trong kho lưu trữ của Lord Kelvin, người ta đã tìm thấy sơ đồ của một quá trình tuần hoàn được thực hiện với một lượng khí hai nguyên tử lý tưởng không đổi, biểu thị một hình thang trong tọa độ pV. Theo thời gian, mực đã mờ đi và trong Hình 22 chỉ còn nhìn thấy hình thang. Được biết, trong Hình 22, nhiệt dung trong mỗi quá trình ab, bc, cd, da là không đổi và $С_{bc} С_{da}$! $C_{ab} C_{cd}$. Người ta còn biết rằng nhiệt độ cực đại của chất khí trong chu trình bằng $T_{1} 400$ K, nhiệt độ của một cặp điểm a, b, c, d bằng nhau và bằng $T_{2} 200$ K. 1) Chỉ dùng compa và thước không chia, khôi phục vị trí của trục tọa độ p và V. Lưu ý. Không cần thiết phải mô tả cách xây dựng các đường thẳng song song và vuông góc đi qua một điểm cho trước, chia một đoạn làm đôi và các quy trình hình học tiêu chuẩn tương tự. 2) Xác định nhiệt độ $T_{a}, T_{b}, T_{c}, T_{d}$ lần lượt tại các điểm a, b, c, d. 3) Tìm hiệu suất của chu trình K. A. Uymin

Bài toán 4. Mật độ điện tích hình trụ và phi tuyến Một lưỡng cực - một thanh cứng có chiều dài H với điện tích q và q ở hai đầu - nằm trên trục của một ống hình trụ có thành mỏng bán kính R và chiều cao H (Hình 23). TRÊN

Ống được tích điện có mật độ bề mặt V, phụ thuộc vào khoảng cách x đến mặt phẳng đáy dưới theo định luật

V x

$V_{0} sin^{2}$

S x, 2 H trong đó $V_{0}$! 0. Tìm hướng và độ lớn của lực tĩnh điện tác dụng lên lưỡng cực tại vị trí mà điện tích q và q của nó lần lượt ở tâm của đáy dưới (điểm O) và tâm của đáy trên (điểm B). K.Solomatin

Bài toán 5. Chuyển động trong trường chéo Một hạt nhỏ có khối lượng m mang điện tích dương q chuyển động trong điện trường và từ trường chéo. Vectơ của điện trường đều có cường độ E hướng dọc theo trục y (Hình 24).

Cơm. 24

Vectơ cảm ứng từ trường có hướng dọc theo trục z, vuông góc với mặt phẳng xy và giá trị của nó chỉ phụ thuộc vào tọa độ y theo định luật B D y. Tại thời điểm ban đầu, hạt nằm ở gốc tọa độ và tốc độ của nó bằng không. Với chuyển động tiếp theo, lần đầu tiên hạt dừng lại ở thời điểm t T sau khi bắt đầu chuyển động. Không có trọng lực. 1) Xác định vận tốc của hạt tại thời điểm nó chuyển động dọc theo trục x. 2) Xác định bán kính cong của quỹ đạo hạt tại điểm có tọa độ y. 3) Vẽ quỹ đạo của hạt trong thời gian chuyển động T. 4) Hạt sẽ cách điểm xuất phát bao nhiêu sau thời gian W 3 T 2? Ghi chú. Đối với các giá trị nhỏ của ’ x công thức ’ $x^{n}$ là hợp lệ

$nx^{n} 1$ ‘x. A.Uymin

Ấn phẩm được biên soạn bởi V. Slobodyanin

Cơm. 23

58

KVAN T 2023/№3

Trong số này, vua vào vị trí của mình, di chuyển từ ô c1 đến c3 trong hai nước đi), nước đi cuối cùng được thực hiện: vua, người đã từng thực hiện nước đi đầu tiên, di chuyển từ ô b1 sang ô c1. Chỉ có 36 bước. bài toán này là sự phát triển của bài toán M2494 «Bài toán Kvant (tác giả của nó là R. Efremov).

Giai đoạn khu vực của Olympic toàn Nga XLIX dành cho học sinh môn toán

lớp 9

1. Họ đã dành thời gian như nhau. Giữa hai thời điểm của cuộc gặp gỡ, mỗi cậu bé lái một nửa đoạn đường nhựa và một nửa đoạn đường cát, và họ dành khoảng thời gian như nhau cho việc đó. Điều này có nghĩa là mỗi người trong số họ dành gấp đôi thời gian trên toàn bộ đường đua, tức là cũng như nhau. 2. Điều đó là không thể. Chúng ta gọi một đa giác có diện tích (đo bằng $см^{2} )$ bằng số với chu vi (đo bằng cm) là tốt. Lưu ý rằng tam giác ban đầu là tốt: nó là hình chữ nhật có hai cạnh chân là 5 cm và 12 cm nên diện tích của nó bằng $30 см^{2}$ và trùng về số với chu vi của nó, bằng 5 12 13 30 cm. Nếu một số đa giác 3 được chia thành các đa giác tốt thì diện tích 3, bằng tổng diện tích của tất cả các đa giác của phân vùng sẽ trùng với tổng chu vi của các đa giác của phân vùng. Nhưng tổng các chu vi này lớn hơn chu vi 3 (bằng hai lần tổng chiều dài của các phần chung của ranh giới của các đa giác của phân vùng). Điều này có nghĩa là không có đa giác tốt nào, kể cả tam giác này, có thể được cắt thành nhiều (nhiều hơn một) đa giác tốt. quân xe không thể rơi vào một phần. Gọi A, B, C, D là các ô góc của bảng (theo thứ tự đi ngược chiều kim đồng hồ; Hình 9). Từ tính đối xứng, A và C phải thuộc các phần khác nhau, như B và D. Điều này có nghĩa là A và B, hoặc A và D nằm trong cùng một phần, và hai ô còn lại phải thuộc cùng một phần khác. nếu một số ô X như vậy nằm ở phần II, thì trong

Cơm. 9

nó cũng chứa một số đường đi từ X đến C, và trong phần I có một số đường đi từ A đến B; nhưng những đường dẫn này phải có một ô chung, điều này là không thể. Điều này có nghĩa là toàn bộ đường ngang giữa các ô A và B nằm ở phần I, tức là nó phải chứa ít nhất một xe. Tương tự, ở Phần II cũng có một quân nguyên (giữa C và D), tức là có Xe. Từ đây theo sau những gì được yêu cầu. Vẫn còn phải đưa ra một ví dụ khi một trong các phần chứa 2 n 1 quân xe. Một ví dụ có thể hoạt động như thế này. Xét đường chéo của hình vuông; một phần sẽ bao gồm các ô bên dưới nó, cũng như nửa dưới của đường chéo; các ô còn lại sẽ rơi vào phần thứ hai. Đặt 2 n 1 quân vào các ô ngay dưới đường chéo; thế thì họ sẽ ở trong một phần. Chúng ta sẽ đặt quân xe còn lại tại giao điểm của hàng và cột còn lại. Hình 8 cho thấy một ví dụ như vậy cho n 5. 5. Chúng ta hãy biểu thị các đường tròn có đường kính AB và CD lần lượt là $Z_{1}$ và $Z_{2}$. Lưu ý rằng điểm S nằm trên đoạn MN. Cho các đường thẳng CS và DS cắt l lần lượt tại các điểm P và Q (Hình 10). Vì CD là đường kính $Z_{2}$ nên ta có PSQ CSD 90 q. Trong tam giác vuông PSQ, đoạn SM là chiều cao nên MSP 90 q SPM SQP. Mặt khác, kể từ NS NC, chúng ta có SCD CSN MSP. Vì vậy, SCD MSP SQP, tức là các điểm P, Q, C và D nằm trên cùng một đường tròn J c.

Cơm. 10