Kvant 2024, số 10 · Trang

5

“PERMAFROST” LÀ VĨ ĐẠI?

không xảy ra. Trong trường hợp có nước ngọt, cần lưu ý rằng vào mùa ấm, nước ấm lên đến một độ sâu nhất định. Và độ sâu gia nhiệt tối đa này có thể lớn hơn hoặc nhỏ hơn độ sâu của bể chứa. Và khi mùa lạnh bắt đầu, đầu tiên ở lớp nước nóng này, nước nguội đi đến 4 q C và chỉ sau đó nó bắt đầu đóng băng ở phía trên. Thành phần muối trong nước biển ở các đại dương gần như giống nhau ở tất cả các đại dương, vì nước bị trộn lẫn bởi các dòng hải lưu và độ mặn cũng khác nhau. Điều này là do nước sông ngọt chảy vào biển và điều này làm giảm độ mặn của chúng, cũng như do nước bốc hơi từ bề mặt biển và đại dương, và điều này ngược lại, làm tăng độ mặn. Nếu mật độ của nước ở nhiệt độ 4 q C và áp suất bên ngoài của khí quyển $10^{5}$ Pa bằng $10 00^{x}$ kg $м^{3}$ thì độ mặn thường được gọi là số x, tính bằng kilogam. Khi mật độ của nước muối bằng 1030 kg $м^{3}$, độ mặn là 30, và ở giá trị này, đặc điểm của nước ngọt liên quan đến sự hiện diện của cực đại trong biểu đồ mật độ so với nhiệt độ sẽ biến mất. Và ở giá trị độ mặn lớn hơn 30, mật độ nước muối giảm khi nhiệt độ tăng. Ở các vùng biển rộng (nối với các đại dương) và trong chính các đại dương, độ mặn của nước là 32-35. Ở những hồ chứa như vậy vào mùa lạnh, sự đối lưu của nước dẫn đến gần như toàn bộ khối lượng của nó, nằm bên dưới lớp băng xuất hiện trên bề mặt, tham gia vào quá trình trao đổi nhiệt do cơ chế đối lưu. Ngoài ra, như chúng ta đã biết, trong các đại dương tồn tại quanh năm các dòng nước ấm và lạnh không phụ thuộc vào mùa. Có lẽ dòng hải lưu ấm nổi tiếng nhất là dòng hải lưu Gulf Stream. Sự hiện diện của các dòng hải lưu như vậy và sự ổn định của chúng được xác định bởi nhiệt độ trung bình hàng năm ở những nơi khác nhau trên bề mặt Trái đất, độ sâu của biển và đại dương, hình dạng của các lục địa và eo biển nối biển và đại dương.

Đối với cả hồ chứa nước ngọt và hồ chứa nước mặn, độ dày của lớp nước ấm lên trong mùa ấm không chỉ được xác định bởi nhiệt độ không khí, độ trong suốt và độ dẫn nhiệt của nước mà còn bởi gió (bão, giông) trên mặt nước. Đồng thời, dòng năng lượng nhiệt từ bên trong Trái đất đến bề mặt của nó vẫn tiếp tục, chỉ phía trên đáy biển hoặc đại dương không phải đất rắn được làm nóng mà là nước ở dạng lỏng. Tất cả những điều trên liên quan đến phần nước trên bề mặt Trái đất khiến việc tạo ra một mô hình đơn giản (ở cấp trường) và rõ ràng là không thể. Do đó, từ toàn bộ bảng khả năng rộng lớn, chúng tôi sẽ chọn những tình huống vẫn có thể được mô tả trong khuôn khổ các mô hình đơn giản. Hãy xem xét tình hình với hồ Baikal. Nước ở Baikal có độ khoáng hóa khoảng 0,1. Dùng từ “độ mặn” trong trường hợp này là không chính xác, vì thành phần muối ở Baikal không giống như trong nước biển. Nhiệt độ bề mặt trung bình hàng năm gần bằng 0 (từ 0,7 q C ở phía nam đến 3,6 q C ở phía bắc). Vào mùa hè, nhiệt độ không khí trung bình trên hồ là 20 q C và vào mùa đông là 20 q C. Nước trong hồ trong suốt - vào mùa hè, các chi tiết dưới đáy có thể nhìn thấy từ trên cao ở độ sâu 5-8 mét. Vào mùa đông, độ trong của nước tăng lên 30–40 mét. Vào mùa đông, một lớp băng dày 100–120 cm mọc lên. Người ta còn biết rằng 4 q C là nhiệt độ nước ở các tầng sâu của hồ. Và nhiệt độ nước trung bình của các lớp bề mặt trong một hồ nước mở là khoảng 8 q C. Chúng ta giả sử rằng do có gió nên nhiệt độ trên toàn bộ bề mặt nước là như nhau, nhưng những cơn gió này không làm nước trộn lẫn, tức là nước lạnh vào mùa ấm sau khi băng tan chỉ ấm lên do cơ chế dẫn nhiệt. Theo đó, vào mùa lạnh, khi nước dâng lên trên bề mặt đạt nhiệt độ 4 q C, nước đóng băng khi không có sự đối lưu của nước dưới lớp băng. Chúng ta sẽ không tính đến dòng nhiệt từ bên trong Trái đất. Mật độ của nước đá, bằng 916 kg $м^{3}$, nhỏ hơn một chút so với mật độ của nước ở dạng lỏng, vì vậy

11

ZONOGONS

Hình 33

$в^{i-й}$ số $n + 1 –^{i.}$ được ghi vào rổ trong một lần di chuyển, có thể đổi hai quả bóng ở các nước đi $корзинках.^{Сколько}$ liền kề có cần thiết để mỗi quả bóng vào rổ với số riêng của nó không? Nếu mỗi rổ chứa một quả bóng thì bài toán rất dễ giải quyết. Chúng ta đang xử lý hoán vị (3), tức là nghịch đảo $содержит^{C} n^{2} n^{n} 1 2$. Vì vậy, quá trình phân loại sẽ cần n n 1 2 bước. Thoạt nhìn, có vẻ như cách lập luận tương tự sẽ đưa ra kết quả đúng đáp số trong trường hợp rổ chứa hai quả bóng. Có thể nói rằng chúng ta có n quả bóng có hai màu đỏ và xanh lục và các quả bóng mỗi màu được đánh số từ 1 đến n. Bạn có thể nghĩ rằng không có gì tốt hơn việc sắp xếp từng màu riêng biệt, điều đó có nghĩa là sẽ thực hiện số thao tác nhiều gấp đôi so với một bộ bóng, tức là $2^{C} n^{2} n^{n} 1$ bước. Trên thực tế, số bước cần thiết ít hơn đáng kể. Ví dụ: nếu n = 5, thì các quả bóng được sắp xếp một cách kỳ diệu chỉ sau 15 lần sắp xếp lại thay vì 20. Điều này có thể được giải thích như sau: chúng ta có thể sắp xếp lại hai quả bóng trong cùng một rổ “miễn phí”. Theo dõi

như trong Hình 34. Ví dụ, sau bước đầu tiên, một cặp bóng 4 và 5 được sắp xếp lại “tự do” trong rổ đầu tiên và cặp còn lại ở rổ thứ hai. Không thể sắp xếp một bộ đôi gồm 5 quả bóng trong vòng chưa đầy 15 bước. Thực tế này là trường hợp đặc biệt của phát biểu tổng quát hơn sau đây. $Предложение^{9.}$ Cho n t 2. Khi đó, việc đặt một bộ bóng đôi trong n giỏ cần ít nhất $ª «^{n} 2^{n} 1 3 º$ » sắp xếp lại. Bằng chứng. Chúng ta sẽ giả định rằng các quả bóng trong mỗi rổ đều được sắp xếp theo thứ tự (một quả ở bên trái và quả thứ hai ở bên phải). Đối với hoán vị của n phần tử, chúng ta sẽ theo dõi số lần đảo ngược trong tập hợp. Tương tự, số lần đảo ngược là số cặp bi trong đó bi có số cao hơn ở bên trái. Lưu ý rằng có $4^{C} n^{2} 2^{n} n 1$ phép đảo ngược trong bộ bóng ban đầu (mỗi cặp số cho bốn lần đảo ngược). Trong một bước, số lần đảo ngược có thể giảm đi 3: hai quả bóng được chuyển giữa các giỏ liền kề, sau đó các quả bóng trong mỗi giỏ này cũng có thể được hoán đổi. Tuy nhiên, có những lần chuyển nhượng như vậy, sau đó hai quả bóng có số lượng bằng nhau sẽ vào rổ. Với mỗi số k, tình huống như vậy sẽ xảy ra ít nhất một lần khi quả bóng thứ hai có số k thế chỗ. Điều này có nghĩa là số ca yêu cầu không ít hơn

$2^{n} n 1^{n} 3$

Hình 34

$n 2^{n} 1 3$

$C_{2}^{2} n 3$, đó là điều cần chứng minh. Quá trình sắp xếp lại các quả bóng có thể được trình bày rõ ràng hơn nếu chúng ta sử dụng cách giải thích hình học của các hoán vị được mô tả ở trên. Theo cách tương tự, chúng ta biểu diễn các kết hợp ban đầu và cuối cùng dưới dạng tập hợp các đoạn trên các cạnh của một 2n-giác thông thường. Điểm khác biệt duy nhất là mỗi cạnh của 2n-giác sẽ được chia thành hai đoạn bằng nhau tương ứng với hai quả bóng giống hệt nhau. Theo cách tương tự, mỗi sự sắp xếp lại sẽ được mô tả như một sự biến đổi của một

21

NHÂN VIÊN VẤN ĐỀ

nhiệt độ, áp suất của hơi nước bão hòa rất thấp - nhỏ hơn vài nghìn lần so với 1 atm. Do đó, chúng ta có thể cho rằng gần như toàn bộ hơi nước đã biến thành giọt. Đồng thời, áp suất không thay đổi, tức là Quá trình thiết lập nhiệt độ có thể được coi là hai bước liên tiếp: đầu tiên, trong quá trình đoạn nhiệt, áp suất được thiết lập, và sau đó, ở áp suất không đổi, nhiệt độ được thiết lập. Kết quả là, gần như toàn bộ nhiệt lượng tỏa ra trong quá trình ngưng tụ hơi nước sẽ chuyển sang các phân tử không khí, vì tỷ lệ phân tử nước rất nhỏ. Nhiệt mol của sự ngưng tụ hơi nước ở nhiệt độ khoảng 0 độ C là khoảng 50 kJ mol. Do đó, mỗi mol không khí nhận được 0,5 kJ năng lượng và được nung nóng trong quá trình áp suất không đổi từ nhiệt độ 230 K đến nhiệt độ ổn định. Hãy ước tính sự tăng nhiệt độ:

C p T đến T n

C p

0,5 kJ,

3R | 25 JK,

$T_{к} T_{н} | 20$ K, tức là nhiệt độ tăng khoảng 20 độ. Kết quả là nhiệt độ trong chai vẫn sẽ rất thấp: 250 K. Ở nhiệt độ này, áp suất của hơi nước bão hòa thực sự rất thấp: khoảng 100 Pa. Điều này có nghĩa là giả định của chúng tôi rằng phần lớn hơi nước sẽ ngưng tụ là đúng: chỉ có 123 phần, hay khoảng 4,5%, vẫn ở dạng hơi và 95,5% thu được ở dạng giọt. Vì vậy, đáp số câu hỏi được đặt ra trong điều kiện bài toán là: nhiệt độ xấp xỉ âm 23 q C. Chúng ta hãy chú ý đến thực tế là những giọt sương mù bao gồm nước siêu lạnh. Nếu tính đến hiện tượng này thì chúng ta sẽ tìm lượng nhiệt bổ sung tỏa ra khi nước được làm lạnh từ 0 q C đến 23 q C. Nhiệt dung mol của nước ở dạng lỏng là 75 J mol K. Do đó, lượng nhiệt bổ sung (ngoài nhiệt lượng đã ước tính

“QUANTA”

0,5 kJ) sẽ là 23 0,75 J | 17 J. Giá trị này tương ứng với việc gia nhiệt thêm 17 25 q | 0,7 q. Nếu chúng ta tính đến sự điều chỉnh này, nhiệt độ mà chúng ta đang tìm kiếm sẽ cao hơn một chút: âm 22,3 q S. B. Tumanov

F2812. Một máy biến áp ba pha có lõi sắt hình chữ F và ba cuộn dây giống nhau có số vòng dây như nhau. Lõi sắt không bão hòa và có độ nhạy từ rất cao và không đổi. Nếu bạn đặt một điện áp xoay chiều có biên độ $U_{0}$ vào cuộn dây bao phủ mạch từ ở giữa, thì điện áp có biên độ bằng một nửa sẽ bị loại bỏ khỏi bất kỳ cuộn dây nào khác. Nếu bạn đặt cùng một điện áp vào một trong các cuộn dây bên, thì điện áp ở cuộn dây giữa sẽ bằng $0,55U_{0}$. 1) Đặt một điện áp U sin Z t vào một trong các cuộn dây và 2 U cos Z t vào cuộn dây kia. Điện áp nào được loại bỏ khỏi cuộn dây thứ ba? (Có một số phương án, vui lòng cho biết tất cả các phương án có thể.) 2) Nếu bạn sử dụng máy biến áp này để cố gắng đạt được điện áp có biên độ cực đại khi có nguồn điện áp xoay chiều có biên độ $U_{0}$, thì biên độ của điện áp này sẽ là bao nhiêu? Vẽ sơ đồ nối máy biến áp với nguồn điện áp và các cực. 3) Sử dụng cùng một máy biến áp, cùng một nguồn điện áp xoay chiều cần thu được điện áp xoay chiều có biên độ không bằng 0 nhưng có thể nhỏ hơn so với $U_{0}$. Điện áp biên độ tối thiểu này là gì?

1. Vì từ thông tổng trong ba mạch từ, được tính toán có tính đến các dấu, bằng 0 và pha của điện áp trên cuộn dây đầu ra có thể là M hoặc M S, nên chúng ta sẽ tìm biên độ của điện áp đầu ra và độ lệch pha đối với giá trị U sin Z t. Như vậy,

VẤN ĐỀ LỊCH SỬ

Bài toán về việc chia hình chữ nhật thành các dải

A. KLIMOV

TẠI Olympic TOÁN HỌC MOSCOW 1974, bài toán sau đây đã được đề xuất ở hai lớp cuối cấp. Một tờ giấy hình chữ nhật có cạnh 1 cm được cắt thành các dải hình chữ nhật, mỗi dải có cạnh 1 cm. Các đường cắt song song với các cạnh của tờ giấy gốc. Chứng minh rằng ít nhất một trong $чисел^{a} или^{b}$ là số nguyên. Lịch sử xuất hiện của nó rất thú vị. Đầu tiên, chúng ta hãy lạc đề ngắn gọn về hoàn cảnh cuộc sống trong những năm đó. Vào thời điểm đó, nhiều tòa nhà cũ đã bị phá bỏ ở Moscow, nơi có rất nhiều giá trị về mặt nghệ thuật. Kolya $Константинова^{1}$ (nổi tiếng trong giới Olympic) có một người bạn (thậm chí giống như bạn cùng lớp) - nghệ sĩ Vitya Galkin. Anh bị ám ảnh bởi ý tưởng cứu vãn và bảo tồn những gì có giá trị trong những ngôi nhà bị phá hủy này. Đây không chỉ là những đồ vật (như đèn hoặc ấm đun nước), mà còn là các bộ phận của đồ nội thất và bản thân các tòa nhà - tay cầm, lan can, bệ cửa sổ, tấm ốp và nhiều thứ khác. Kolya đã giúp đỡ anh ấy, truyền cảm hứng cho chúng tôi, những sinh viên, tham gia vào việc này. Khi biết rằng trong một hoặc hai ngày nữa, một ngôi nhà tuyệt vời nào đó sẽ bị phá hủy, chúng tôi sẽ đến đó, đôi khi vào ban đêm, để mọi thứ còn giá trị có thể được tháo ra, xé ra, xé ra và chất lên ô tô. Viti có một ngôi nhà khá lớn ở làng Gryzlovo, nằm gần sông Lopasnya. Chúng tôi đã cất giữ “của cải” của mình trong ngôi nhà này. Sau đó chúng tôi giúp anh ấy sắp xếp mọi thứ và sắp xếp chúng theo thứ tự.

1 Nikolai Nikolaevich Konstantinov – cao-

một nhà tổ chức tài năng của giáo dục toán học. Đọc cuộc phỏng vấn với anh ấy ở «Kvant» số 1 năm 2010.

Và rồi một ngày tôi phải xử lý một đống gạch vuông nhỏ có cùng kích thước, khoảng 2 x 2 cm. Cần phải đóng gói chúng chặt chẽ hơn trong một hộp gỗ với kích thước tất nhiên không phải bằng bội số của cạnh của viên gạch. Hơn nữa, gạch có độ dày rất khác nhau - từ 3 đến 8 mm. Vì vậy, tôi quyết định đặt chúng ở cạnh trong một lớp, để sau này tôi có thể đặt lớp thứ hai lên chúng, v.v. Hoàn thành lớp này, tôi thấy còn lại một mảnh chưa lấp đầy và một khu vực như vậy sẽ có thêm 1-2 viên gạch nữa. Tôi bắt đầu cố gắng thay đổi hướng của các ô, nhưng tất cả đều vô ích. Tôi đã phải để lại một khoảng trống. Và chỉ ngày hôm sau, khi đã ở Moscow, tôi mới nhận ra rằng có một sự thật toán học nào đó ẩn chứa trong điều này. Đây là cách bài toán ở trên xuất hiện. Hơn nữa, tất nhiên, tôi cũng quan tâm đến diện tích tối thiểu của phần dư cho a và b không nguyên. Một Thế vận hội khác sắp diễn ra và đây sẽ là một bài toán tốt cho cô ấy. Tuy nhiên, phải mất một thời gian dài mới giải quyết được bài toán. Cuối cùng họ tìm thấy lời giải, khá phức tạp, theo đó họ đồng ý chấp nhận cô ấy. Tôi đã hy vọng rằng một trong những người tham gia có thể tìm thấy một lời giải đơn giản hơn. Nhưng sự mong đợi này đã không thành hiện thực. Bài toán được đưa ra cho hai lớp cao cấp, 9 và 10. Và theo như tôi nhớ, chỉ có 2 hoặc 3 tác phẩm trong đó có thể, với một khoảng thời gian dài, để phân biệt nguyên mẫu của một bằng chứng khả thi. Trong một trong những tác phẩm này - được viết bởi Andrei Korobov từ lớp 10 của trường toán thứ 179 - có một bản phác thảo chứng minh cho trường hợp cả hai mặt của tờ giấy đều là số hữu tỉ, tức là chính xác là bội số của 1 n đối với một số nguyên n. Kích thước của các dải cũng được cho là hợp lý. Người ta cũng giả định rằng tất cả các vết cắt đều tuân theo các đường lưới với bước 1 n. Các ô được vẽ trên các đường chéo được vẽ trong hình chữ nhật ban đầu với một bước gồm n ô (tức là 1 cm). Hóa ra là trong mỗi dải cơ bản có kích thước 1 ô ô có chính xác 1 ô được tô bóng ở bất kỳ vị trí hoặc hướng nào. Do đó, mỗi dải có kích thước m u n (ô) chứa chính xác m ô màu, tức là số lượng của chúng tỷ lệ thuận với tổng số ô trong đó mn. Bây giờ vẫn phải đảm bảo rằng nếu cả hai mặt của trang gốc không chia hết cho n (theo nghĩa là số ô),

24

KV A NT 2024/No. 10

thì đối với diện tích của toàn bộ tấm, tỷ lệ này không được quan sát. Tất cả những gì còn lại đối với tôi bây giờ là đi đến giới hạn ở n o f và đạt được cấp độ sơ cấp sau (tức là trường học, không có vô cực) lời giải cho $любых^{a} и^{b.}$ Chúng ta sẽ giải bài toán trong một bối cảnh rộng hơn. Xét bất kỳ lớp phủ không hoàn chỉnh nào của tấm a ub không chồng lên nhau bằng các dải hình chữ nhật có chiều rộng 1 có các cạnh song song với các cạnh của tấm, ta chứng minh rằng $если^{a} и^{b}$ đều không phải là toàn bộ thì sẽ luôn có phần không được che phủ của tấm. Chúng tôi cũng sẽ cố gắng ước tính từ bên dưới kích thước của phần còn lại tùy thuộc vào $от^{a} и^{b.}$ Chúng tôi sẽ vẽ trên tờ giấy gốc một loạt các đường chéo (ở 45q sang một bên) các đường thẳng cùng hướng (các đường màu xanh lam trong hình), cách nhau 1 cm

^a ^ b nhỏ hơn (hoặc bằng) 1 thì không

nó không chứa đoạn cát tuyến, vì góc của tờ giấy nằm bên dưới đường chéo của hình vuông đơn vị bù (được biểu thị bằng đường chấm). Kết quả là, tất cả các cát tuyến đều được bao phủ bởi các dải cắt, có nghĩa là tổng diện tích của chúng bằng L. Và ngay cả trong trường hợp này, một phần diện tích ^ a ˜ ^ b vẫn chưa được che phủ, thì với bất kỳ lớp phủ nào khác sẽ không ít hơn. Hơn nữa, nếu ^a ^ b! 1, thì độ dài hình chiếu của cát tuyến trong hình chữ nhật này sẽ là ^ a ^ b 1, ​​​​vì vậy diện tích còn lại cho bất kỳ vùng phủ sóng nào sẽ ít nhất

^ a ˜ ^ b ^ a ^ b 1

1 ^ a ˜ 1 ^ b! 0.

Vì vậy, chúng tôi đã tìm thấy giới hạn dưới của diện tích phần không được che phủ của tấm:

min ^ a ˜ ^ b, 1 ^ a ˜ 1 ^ b.

theo chiều dọc và chiều ngang. Chúng ta sẽ gọi chúng là secant. Mỗi dải có kích thước 1 ul bao gồm các đoạn cát tuyến có tổng chiều dài l 2 hoặc $просто^{l,}$ nếu chúng ta đo độ dài của các đoạn bằng hình chiếu của chúng lên $сторону^{l.}$ Do đó, “độ dài” có điều kiện này bằng diện tích của dải. (Thật vậy, những hình chiếu này bao phủ chính xác $сторону^{l}$ mà không trùng nhau.) Gọi L là tổng “độ dài” của tất cả các cát tuyến trên trang tính. Đối với bất kỳ lớp phủ nào, tổng diện tích của các dải không được lớn hơn L. Để một trong các đường cắt đi qua góc dưới bên trái của tấm, như trong hình. Hãy xem xét việc cắt và phủ tham khảo sau đây. Cắt toàn bộ (từ mép này sang mép khác) các dải có chiều rộng 1 ở bên trái đến mức tối đa, sau đó cắt các dải ngắn có chiều cao 1 từ dưới lên, như trong hình. Chúng bao phủ toàn bộ trang tính ngoại trừ một hình chữ nhật nhỏ ở trên cùng bên phải có kích thước ^a u ^ b. Ở đây ^ x ` là phần phân số của $числа^{x.}$ Nếu tổng các cạnh của hình chữ nhật này

Con số này rõ ràng lớn hơn $0, когда^{a} и^{b}$ cả hai đều không phải là số nguyên. Hơn nữa, khi ^a ^ b 1, đối số đầu tiên của giá trị tối thiểu là tối thiểu và ngược lại. Câu hỏi đặt ra là liệu giới hạn dưới thu được có đạt được ở mức ^ a ^ b hay không! 1? Nếu một trong các cạnh của tấm nhỏ hơn 1 thì chỉ có thể cắt dải có chiều rộng 1 ở mặt còn lại (nếu nó lớn hơn 1), và do đó phần còn lại sẽ luôn là ^ a ˜ ^ b. Nhưng nếu cả hai vế đều lớn hơn 1 thì có thể chạm tới giới hạn 1 ^ a ˜ 1 ^ b. Chúng tôi để người đọc tự tìm cách cắt tương ứng (ví dụ: khi 1 a, b 2 và a b! 3 ).

Tứ giác có ba cạnh bằng nhau

TRƯỜNG KVANT

E.BAKAEV

Hãy thảo luận về điều này bài toán của M. Volchkevich. Tứ giác ABCD có các cạnh AB, BC, CD bằng nhau. Tìm góc A và D của tứ giác nếu $‘^{B} 108 q, ‘^{C} 48 q$ (Hình 1).

Hình 1

Chúng tôi trình bày nhiều cách xây dựng bổ sung khác nhau giúp giải quyết bài toán. Câu hỏi đặt ra là làm thế nào để đoán về chúng… Ý tưởng chung là tìm các góc có tính chất tốt: ví dụ: một góc 60q hoặc hai góc, một góc có kích thước gấp đôi góc kia. Phương pháp đầu tiên (tam giác đều và hình thang). Hãy nhìn vào những con số trong điều kiện. Tôi không hiểu tại sao góc $в^{108q} и^{48q}$ lại thuận tiện, nhưng $вот^{108} q^{48} q 60 q$ đã là một góc tuyệt vời rồi! Từ đây bạn có thể đưa ra cách xây dựng bổ sung tiếp theo.

Hình 2

Chúng ta hãy đánh dấu một điểm E sao cho tam giác CDE đều và $‘^{BCE} 108 q$ (Hình 2). Như vậy, chúng ta vừa “thêm” một góc 60q vào góc $в^{48q}$ và được 108q. Tính chất quan trọng của góc 60q là nó là một phần của tam giác đều nên cùng với góc 60q cần phải hoàn thiện ngay toàn bộ tam giác đó.

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20241002

Khi đó tứ giác ABCE có các góc B, C và các cạnh AB, CE bằng nhau nên tứ giác này là hình thang cân. Chúng ta có thể chứng minh điều đó theo cách này: chúng ta kéo dài AB và CE đến giao điểm tại điểm X (Hình 3), khi đó các góc trong tam giác BXC bằng nhau và do đó, nó bằng đùi trong Hình 3. Do đó XB = XC và XA = XE, tức là ‘AX cân và AE P BC. Do đó, ABCE (xem Hình 2) là một hình thang cân và chúng ta biết các góc của nó: $‘^{A} ‘^{E} 180 q ‘^{B} 72 q$. Tam giác ABC là tam giác cân, các góc của nó là A và $C равны^{180} q^{108} q^{2} 36 q$, sau đó là $‘^{ACE} ‘^{BCE} ‘^{BCA} 108 q^{36} q 72 q$. Hóa ra tam giác ACE là tam giác cân vì các góc C và E trong đó bằng 72q. Do đó, hai điểm A và D nằm trên đường trung trực của CE, tức là DAC $90 q 72 q^{18} q$. Từ đây dễ dàng nhận được đáp số: các góc trong tứ giác ABCD bằng $‘^{A} 36 q^{18} q 54 q, ‘^{D} 180 q^{30} q^{150} q$. Phương pháp thứ hai (hình thoi và hình phân giác). Ý tưởng của công trình này như sau. Chúng ta có các góc giữa cạnh thứ nhất và cạnh thứ hai và giữa cạnh thứ hai và cạnh thứ ba. Bạn cũng có thể tạo một góc giữa cạnh thứ nhất và cạnh thứ ba - bạn cần di chuyển song song cạnh thứ nhất sang cạnh thứ ba. Nói cách khác, hãy hoàn thành tam giác ABC để tạo thành hình bình hành. Vì tất cả các cạnh sẽ bằng nhau nên trong trường hợp này nó sẽ là hình thoi. Hãy nói về các tính chất của hình thoi. Chúng ta hãy lấy một tam giác cân PQR và kéo dài chiều cao QO được vẽ đến đáy trong đó bằng chiều dài của nó - chúng ta nhận được điểm S (Hình 4).

Hình 4

27

TRƯỜNG HỌC

TRONG

“QUANTE”

4 hình tam giác bằng nhau được tạo thành và khi đó PQRS là hình thoi vì tất cả các cạnh đều bằng nhau. Ngoài ra, P R, Q S, P Q 180 q. Vì vậy, hãy xây dựng ‘ABC thành hình thoi ABCK có các góc 108q và 72q (Hình 5). Thật dễ dàng để tính toán

Hình 7

Hình 5

Có nghĩa là ACD 12 q, DCK 24 q. Cách xây dựng bổ sung này gợi ý: vẽ đường phân giác của góc DCK, vì 12 2 24. Hãy vẽ nó cho đến khi nó cắt AK tại điểm F (Hình 6). Tam giác DFC và KFC

Hình 6

hai cạnh bằng nhau và góc xen giữa chúng. Kể từ $72 q 12 q^{60} q$, rồi đến KFC $DFC^{60} q$, rồi đến $AFD^{60} q$. Trong tam giác AFC, hai đường phân giác cắt nhau tại điểm D, nghĩa là đường phân giác thứ ba cũng đi qua điểm này! Sau đó là CAD CAK 2 18 q, và bây giờ thật dễ dàng tính các góc của tứ giác ABCD. Chúng ta có thể tạo ra một lời giải tương tự mà không cần hình thoi - chúng ta phản chiếu điểm D so với AC và thay vào đó, tất cả cách dựng bên trong tam giác ACK sẽ được thực hiện trong tam giác ACB. Phương pháp thứ ba (ngũ giác đều và đối xứng). Bản thân góc 108q có tính chất hình học tốt. Lưu ý rằng góc kề của nó là 72q và $72 q ˜^{5} 360 q$. Hãy lấy điểm O và vẽ các đoạn bằng nhau từ đó với các góc bằng nhau tới các điểm K, L, M, N, P (Hình 7). Khi đó góc giữa các đoạn liền kề chính xác là 72q. Có 5 hình tam giác bằng nhau nên trong hình ngũ giác KLMNP tất cả các cạnh và mọi góc đều bằng nhau - đây là hình ngũ giác đều. Dễ dàng tính được rằng tất cả các góc của nó bằng 108q. Biết được điều này, bạn có thể đoán: bạn cần hoàn thành tứ giác ABCD thành hình ngũ giác đều ABCST $(рис.^{8).}$ Sau đó ba

Hình 8

tam giác CDS cân với $углом^{60q}$ và do đó là tam giác đều. Do đó, cách dựng của chúng ta gồm một hình ngũ giác đều và một tam giác đều có cạnh chung CS. Hãy chứng minh rằng cách dựng này đối xứng qua l, đường phân giác vuông góc với CS. Đối với ‘CSD, đường thẳng l là trục đối xứng. Và đối với một hình ngũ giác đều, điều này cũng đúng - l là trục đối xứng của nó, điều này dễ hiểu từ phương pháp dựng hình ngũ giác đều của chúng ta (xem $рис.^{7).}$ Điều này có nghĩa là toàn bộ cấu trúc đối xứng với l. Do đó rõ ràng là DAB $108 q 2^{54} q$.

Bài toán

1. Tứ giác ABCD có các cạnh AB, BC, CD bằng nhau. Tìm các góc của tứ giác nếu a) $B^{80} q$, $C^{80} q$; b) $B^{80} q$, C 100q; c) B 60q, C 80q; d) (M. Volchkevich, Ngày lễ toán học, 2020) B 90 q, $C^{150} q$;

28

e) B f) B f) B

KVANT 2024/№10

90 q, ‘ C 30 q; 70 q, ‘ C 170 q; 108 q, ‘ C 168 q.

2* (M. Volchkevich, Kỳ nghỉ Toán, 2022, lớp 7). Cho tứ giác ABCD biết AB = BC = CD, A 70 q và B 100 q. Góc C và D có thể bằng bao nhiêu?

3* (M. Evdokimov, Olympic miệng Moscow, 2023, lớp 7). Trong tứ giác lồi ABCD, các cạnh AB, BC và CD bằng nhau và góc D bằng tổng các góc A và C. Góc DAC là gì?

4* (M. Volchkevich, Olympic Toán Moscow, 2007, lớp 8). Tứ giác ABCD có các cạnh AB, BC và CD bằng nhau, M là trung điểm của cạnh AD. Được biết, BMC 90 q. Tìm góc giữa hai đường chéo của tứ giác ABCD.

5* (Giải đấu các thành phố, 2004). Trên các cạnh KB và KC của tam giác KBC, lần lượt đánh dấu các điểm $A и_{D}$ sao cho AB = BC = CD. Các đoạn AC và BD cắt nhau tại điểm N. Chứng minh NI A BC, trong đó I là tâm của đường tròn nội tiếp KBC.

CUỘC THI ĐẶT THEO A.P. SAVINA

Chúng tôi tiếp tục cuộc thi tiếp theo về 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 đến địa chỉ: 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!

5. Trong $острове^{30}$ cư dân, mọi người đều là người nói thật (luôn nói sự thật) hoặc kẻ nói dối (luôn nói dối). Mọi người đều biết về mọi người, ai là ai. Người dân trên đảo đứng thành vòng tròn, mỗi người nói về người hàng xóm bên phải xem người đó là người nói thật hay nói dối, rồi nói tương tự về người hàng xóm bên trái. Có lẽ nào không ai nói điều tương tự hai lần?

B.Frenkin

$6.^{Есть}$ cờ vua $доска^{8} u^{8}$. Trong một lần di chuyển, bạn có thể chọn bất kỳ hình vuông ca rô $2 u 2,^{3} u^{3} или^{4} u^{4}$ nào và thay đổi màu của bốn ô góc của nó thành ô đối diện. Có thể a) làm cho bảng hoàn toàn trắng; b) làm cho hai ô liền kề có màu đen và $клетки^{—}$ ô còn lại có màu trắng? Đưa ra một thuật toán hành động hoặc chứng minh rằng điều này là không thể.

M. Evdokimov

7. Tìm tất cả các góc $D,^{0} D^{180} q$ sao cho có một tập hữu hạn các điểm trên mặt phẳng (chứa ít nhất hai điểm) có tính chất sau: với mọi điểm $^{A}$ $и^{B}$ trong tập hợp đều tồn tại $точка^{C}$ tập hợp sao cho $‘^{ACB} D$.

E. Bakaev

8. Hình chữ nhật ô dọc theo các đường lưới được cắt thành các dải - hình chữ nhật $шириной^{1}$ và chiều dài $больше^{1.}$ Trong mỗi dải, hai ô ngoài cùng được sơn màu đỏ. Chứng minh rằng từ mỗi góc của hình chữ nhật có một đường đi dọc theo các ô màu đỏ đến một góc khác (đường đi có thể được đi qua bằng cách di chuyển từ ô này sang ô liền kề ở bên cạnh).

E. Bakaev

29

Conic trong các bài toán vật lý

THUỘC VẬT CHẤT

A. BYCHKOV

KHÔNG BẮT BUỘC

Hyperbol là một tập hợp các điểm trên một mặt phẳng, hiệu khoảng cách từ đó đến hai điểm A và B cho trước bằng (về giá trị tuyệt đối) một giá trị không đổi (Hình 3). Những điểm này là tiêu điểm của hyperbol. Tính chất tiêu điểm của parabol. Giả sử parabol có tiêu điểm F và đường chuẩn l, và X là một số điểm của nó (Hình 4). Khi đó đường thẳng XF và đường vuông góc hạ từ X xuống l tạo thành các góc bằng tiếp tuyến

NGƯỜI HY LẠP CỔ ĐÃ Quen thuộc với những hình mà ngày nay chúng ta gọi là đường cong bậc hai. Họ gọi chúng là hình nón $сечениями^{1}$ hay hình nón và dành nhiều công sức nghiên cứu khoa học cho chúng. Vào thế kỷ 17-18, những đường cong này bắt đầu được sử dụng trong cơ học: hóa ra các viên đạn bay theo quỹ đạo parabol và các hành tinh quay theo quỹ đạo hình elip. Sau đó, khi nghiên cứu chuyển động của các vật thể trong không gian, các nhà khoa học phát hiện ra rằng tốc độ phóng của một vật thể quyết định quỹ đạo của nó. Hóa ra một vật thể được phóng từ Trái đất với các tốc độ khác nhau có thể di chuyển trong không gian dọc theo nhiều đường cong khác nhau, thuộc các đường cong bậc hai: hình elip, parabol và hyperbola. Bài viết này dành cho việc xem xét các đường cong bậc hai và ứng dụng của chúng trong các bài toán vật lý. Đầu tiên, chúng ta hãy nhớ lại định nghĩa của đường cong bậc hai và một số tính chất của chúng theo quan điểm hình học. Parabol là tập hợp các điểm trên mặt phẳng cách đều điểm F và đường thẳng l cho trước (Hình 1). Điểm F được gọi là tiêu điểm của parabol và đường thẳng l được gọi là đường chuẩn. Hình elip là một tập hợp các điểm trên một mặt phẳng, tổng khoảng cách từ đó đến hai điểm A và B cho trước bằng một giá trị không đổi (Hình 2). Những điểm này được gọi là tiêu điểm của hình elip.

Hình 1

Hình 2

1

Đường cônic là những đường có được bằng cách cắt bề mặt của một hình nón tròn vuông với các mặt phẳng không đi qua đỉnh của nó.

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20241003

Hình 3

Hình 4

m với parabol tại điểm X. Tính chất tiêu điểm của parabol có thể được sử dụng như sau. Nếu bạn tạo một gương phản xạ có hình paraboloid và đặt một bóng đèn vào tiêu điểm, bạn sẽ thu được một điểm sáng: tất cả các tia phản xạ sẽ song song với trục của paraboloid.

Bài tập 1. Chứng minh tính chất tiêu cự của hình elip: các đoạn thẳng nối một điểm của hình elip với tiêu điểm của nó tạo các góc bằng nhau với tiếp tuyến của hình elip tại điểm đó. Bài tập 2. Chứng minh tính chất tiêu điểm của hyperbol: các đoạn thẳng nối điểm X của hyperbol với tiêu điểm của nó tạo thành các góc bằng tiếp tuyến tại điểm X.

Bài toán 1. Một người muốn chèo thuyền qua sông đến điểm A, nằm đối diện chính xác với điểm xuất phát B. Vận tốc của dòng sông không đổi và bằng v. Người lái thuyền chèo sao cho vận tốc của người đó so với nước luôn hướng về điểm A và bằng v. Thuyền chuyển động theo quỹ đạo nào? Chúng ta hãy biểu thị chiều rộng của dòng sông d và xét một đường thẳng l, vuông góc với bờ của nó và nằm cách điểm xuất phát A của thuyền một khoảng d về phía hạ lưu. Ban đầu chiếc thuyền ở một khoảng cách d cả từ điểm B ở bờ đối diện và từ đường l. Vì tốc độ của nước và tốc độ của thuyền so với nước có độ lớn bằng nhau và bằng v nên nước đưa thuyền xuôi dòng bằng khoảng cách mà thuyền đi theo hướng điểm B.

54

KVANT 2024/№10

b

Hình 15

Hình 13

từ $S_{W}$ tất cả các khu vực $w_{1i}$ sẽ bị trừ (Hình 14, b). Do đó, hiệu $S_{W} S_{B}$ sẽ giảm theo diện tích của vùng Z w 1. Vì đa giác này là đều nên tất cả các vùng của nó đều có diện tích bằng nhau. Do đó, khi một cặp đoạn màu đen được đổi màu thành màu trắng thì độ chênh lệch $S_{W} S_{B}$ sẽ không đổi.

b)

Hình 14

13. Giả sử có một chu trình trong biểu đồ và để nó đi dọc theo đoạn ngang $a_{1}$. Lấy một hình thoi cạnh cạnh $a_{1}$ và đánh dấu cạnh song song là 2 trong đó. Lấy một hình thoi cạnh cạnh a 2 và đánh dấu cạnh song song $a_{3}$ trong đó. Và vân vân. Chuỗi kim cương tương tự có thể được xây dựng theo hướng khác. Kết quả là một chuỗi các viên kim cương cắt xuyên qua hình lục giác của chúng ta. Xe đạp phải vượt qua vạch này, đi theo các hướng khác nhau, điều này là không thể. 14. Hãy giới thiệu hệ tọa độ sao cho đường thẳng mới là trục OY. Hãy xem xét điểm giao nhau ngoài cùng bên trái của một số đường. Bây giờ chúng ta hãy xét các tia của những đường này đi từ điểm giao nhau này sang bên trái. Hãy chọn một số hai cái lân cận (Hình 15, a). Nếu chỉ có hai đường thẳng đi qua một điểm và một trong hai đường thẳng đó song song với OY thì xét tia trên của nó (Hình 15, b). Lưu ý rằng các tia này không có giao điểm với các đường khác (nếu không sẽ có giao điểm ở bên trái của chúng ta hoặc có cùng tọa độ OX nhưng cao hơn). Điều này có nghĩa là góc này được tạo bởi hai tia, tức là tất cả các điểm của nó đều bị tô bóng.

Rõ ràng là góc này tiến tới vô cực về bên trái, do đó, dù trục OY nằm ở vị trí nào thì ở đâu đó bên trái nó sẽ có các điểm được lấp đầy. Lý luận tương tự có thể được thực hiện bằng cách xem xét giao điểm trên cùng bên phải của các đường. Như vậy, có những điểm được tô màu ở cả hai phía của đường thẳng OY. 15. b) Chúng ta hãy chia mỗi mặt của khối đa diện này thành các hình bình hành. Mỗi cạnh của khối đa diện xác định một tập hợp các cạnh song song nhất định và do đó xác định một tập hợp các hình bình hành nhất định mà chúng ta gọi là một vùng. Mỗi hình bình hành xác định hai vùng chạy theo các hướng khác nhau dọc theo bề mặt của khối đa diện. Hai vùng này phải giao nhau một lần nữa dọc theo một hình bình hành khác mà chúng ta sẽ gọi là ghép đôi với hình bình hành đầu tiên. Các hình bình hành chính và ghép đôi đều bằng nhau và nằm trong các mặt phẳng song song, vì các cạnh của chúng bằng nhau và song song. Hơn nữa, mặt phẳng của bất kỳ hình bình hành nào cũng không thể song song với mặt phẳng của nhiều hơn một hình bình hành, vì nếu không thì khối đa diện sẽ không lồi. Các hình bình hành còn lại từ phân vùng cùng mặt F sẽ có các hình bình hành ghép đôi nằm trong cùng một mặt phẳng, nghĩa là các hình bình hành ghép đôi sẽ cộng lại thành một mặt bằng và song song với F (ghép đôi với F). Mỗi hai mặt sẽ có một tâm đối xứng và đối với các mặt liền kề thì các tâm này sẽ trùng nhau, vì chúng phải là tâm đối xứng của một cạnh chung. Vì khi di chuyển từ một mặt sang một mặt liền kề, chúng ta có thể đi dọc theo tất cả các mặt của một khối đa diện nhất định, tâm đối xứng sẽ chung cho tất cả các mặt, nghĩa là nó sẽ là tâm của toàn bộ khối đa diện. 16. Một mặt sẽ cần ít nhất 2 n 1 bước. Thật vậy, từ tính đối xứng của tình huống, ở bước đầu tiên, bất kỳ hai quả bóng nào cũng có thể được hoán đổi cho nhau. Giả sử đây là những quả bóng có số $1 и^{2.}$ Sau đó, sẽ mất ít nhất $мере^{2n}$ bước để di chuyển những quả bóng có số 3 đến vị trí của chúng. Mặt khác, 2 n 1 bước là đủ, vì sau khi di chuyển các quả bóng có số 3 đến vị trí của chúng, tất cả các quả bóng khác cũng sẽ ở đúng vị trí của chúng. 17. Lời giải được nêu trong [3].