Giả sử một lá bèo chiếm \(x \left(\right. 0 < x < 1 \left.\right)\) mặt nước trong chậu. Sau 12 giờ, bèo sinh sôi phủ kín mặt nước trong chậu nên: \(10^{12} . x = 1 \Rightarrow x = \frac{1}{10^{12}}\)

Giả sử t giờ thì lá bèo phủ kín \(\frac{1}{5}\) mặt nước trong chậu thì: \(\frac{1}{1 0^{12}} . 1 0^{t} = \frac{1}{5}\)

\(t - 12 = log ⁡ \frac{1}{5}\)

\(t \approx 11 , 3\)(giờ)

Xét tứ diện \(B . A C B^{'}\) có

BA=BC=BB′=1 nên điểm \(B\) nằm trên trục của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta A C B^{'}\).

Suy ra \(B O ⊥ \left(\right. A C B^{'} \left.\right)\) tại tâm \(O\) của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta A C B^{'}\).

+) \(\hat{C B B^{'}} = 6 0^{\circ}\), \(\hat{B^{'} B A} = \hat{A B C} = 12 0^{\circ}\) nên áp dụng định lí cosin trong tam giác \(\Delta B^{'} B A\) và \(\Delta A B C\) ta có \(A B^{'} = A C = \sqrt{3}\).

\(d \left(\right. B ; \left(\right. A C B^{'} \left.\right) \left.\right) = B O = B A^{2} - R^{2}\) với \(R\) là bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(\Delta A C B^{'}\).

\(S_{\Delta A C B^{'}} = \frac{A B^{'} . C B^{'} . A C}{4 R} = \frac{A H . B^{'} C}{2}\)

\(\Leftrightarrow \frac{\sqrt{3} \sqrt{3}}{4 R} = \frac{\sqrt{3 - \frac{1}{4}}}{2}\)

\(\Leftrightarrow R = \frac{3}{\sqrt{11}}\)

\(\Rightarrow B O = \sqrt{1 - \frac{9}{11}} = \sqrt{\frac{2}{11}} = \frac{\sqrt{22}}{11}\)

\(\Rightarrow d \left(\right. C^{'} ; \left(\right. A C B^{'} \left.\right) \left.\right) = \frac{\sqrt{22}}{11}\).

Gọi \(A C \cap B D = O , S O \cap M N = I , A I \cap S C = P\).

\(A N ⊥ \left(\right. S C D \left.\right) \Rightarrow A N ⊥ S C\) và \(A M ⊥ \left(\right. S B C \left.\right) \Rightarrow A M ⊥ S C\).

Do đó: \(S C ⊥ \left(\right. A M N \left.\right)\) hay \(S C ⊥ \left(\right. A M P N \left.\right)\).

Suy ra: \(\left(\right. S B , \left(\right. A M N \left.\right) \left.\right) = \left(\right. S M , \left(\right. A M P N \left.\right) \left.\right) = \hat{S M P}\).

Ta có: \(S M = \frac{S A^{2}}{S B} = \frac{2 a^{2}}{\sqrt{2 a^{2} + a^{2}}} = \frac{2 a \sqrt{3}}{3}\);

\(S P = \frac{S A^{2}}{S C} = \frac{2 a^{2}}{\sqrt{2 a^{2} + 2 a^{2}}} = a\).

Nên \(sin ⁡ \hat{S M P} = \frac{S P}{S M} = \frac{\sqrt{3}}{2}\)

\(\Rightarrow \hat{S M P} = 6 0^{\circ}\).

Vòng lặp 1:

So sánh 2 và -3, hoán đổi → [-3, 2, 9, 2, 8, 6, 10, -3]

So sánh 2 và 9, không hoán đổi.

So sánh 9 và 2, hoán đổi → [-3, 2, 2, 9, 8, 6, 10, -3]

So sánh 9 và 8, hoán đổi → [-3, 2, 2, 8, 9, 6, 10, -3

So sánh 9 và 6, hoán đổi → [-3, 2, 2, 8, 6, 9, 10, -3]

So sánh 9 và 10, không hoán đổi.

So sánh 10 và -3, hoán đổi → [-3, 2, 2, 8, 6, 9, -3, 10]

Sau vòng lặp 1, phần tử lớn nhất 10 đã ở vị trí cuối cùng: [-3, 2, 2, 8, 6, 9, -3, 10]

Vòng lặp 2:

So sánh -3 và 2, hoán đổi → [2, -3, 2, 8, 6, 9, -3, 10]

So sánh -3 và 2, hoán đổi → [2, 2, -3, 8, 6, 9, -3, 10]

So sánh -3 và 8, hoán đổi → [2, 2, 8, -3, 6, 9, -3, 10]

So sánh -3 và 6, hoán đổi → [2, 2, 8, 6, -3, 9, -3, 10]

So sánh -3 và 9, hoán đổi → [2, 2, 8, 6, 9, -3, -3, 10]

So sánh -3 và -3, vì bằng nhau nên không hoán đổi.

Sau vòng lặp 2, phần tử lớn thứ hai 9 đã ở vị trí kế cuối: [2, 2, 8, 6, 9, -3, -3, 10]

Vòng lặp 3:

So sánh 2 và 2 vì bằng nhau, không hoán đổi.

So sánh 2 và 8, hoán đổi → [8, 2, 2, 6, 9, -3, -3, 10]

So sánh 2 và 6, hoán đổi → [8, 6, 2, 2, 9, -3, -3, 10]

So sánh 2 và 9, hoán đổi → [8, 6, 9, 2, 2, -3, -3, 10]

So sánh 2 và -3, hoán đổi → [8, 6, 9, 2, -3, -3, 2, 10]

Sau vòng lặp 3, phần tử lớn thứ ba 8 đã ở vị trí đầu mảng: [10, 9, 8, 6, 2, 2, -3, -3]