Lời giải bài toán M165—M169; F183—F187

44

Lời giải bài toán

M165. Trên vòng tròn có tập hợp lũy thừa F, gồm 100 bài song ca. Người ta biết rằng đối với bất kỳ phép quay R nào của đường tròn thuộc tập R (F), chúng ta có lũy thừa chung với F. (Nói cách khác, với bất kỳ α nào từ 0° đến 180° trong tập F, chúng ta có thể chỉ ra hai giới hạn, khoảng cách của giới hạn kia với giới hạn kia bằng α.) Tổng độ dài nhỏ nhất mà chúng ta có thể sử dụng cho thể tích 100 bộ đôi tạo thành tập F là bao nhiêu? đáp số sẽ là bao nhiêu nếu số đó không phải là 100 mà là n?

Hãy giải bài toán cho n cung.
Chúng ta hãy biểu thị tổng độ dài của n cung tạo thành tập F bởi S*).
S có thể gần tùy ý với $\frac{180^\circ}{n}$. Chỉ cần đưa ra một ví dụ là đủ: chúng ta đặt (n−1) cung, độ dài của mỗi cung bằng $\frac{a^\circ}{n}$ sao cho tâm của hai cung gần nhau bất kỳ cách nhau $\frac{180^\circ}{n}$ và phía sau (n−1) chúng ta đặt các cung thứ n có độ dài $\frac{180^\circ}{n}$ sao cho khoảng cách giữa các đầu gần nhất của chúng bằng $\frac{180^\circ}{n}$.

Dễ dàng kiểm tra xem hệ thống được chỉ định

*) Vì chúng ta chỉ quan tâm đến độ dài cung tương đối nên chúng ta sẽ đo nó bằng độ.

Cơm. 1.

bạn ma thỏa mãn điều kiện bài toán. Với sự lựa chọn thích hợp là $a^\circ$, tổng độ dài của các cung sẽ gần bằng góc với $\frac{180^\circ}{n}$.

Nếu chúng ta coi một điểm trên đường tròn là một cung có độ dài bằng 0, thì bằng cách thay thế tất cả các cung trong ví dụ ngoại trừ cung cuối cùng bằng các điểm, chúng ta thu được một tập F với tổng độ dài cung bằng $\frac{180^\circ}{n}$ (Hình 1).

Hãy chứng minh rằng tổng S của độ dài cung không thể nhỏ hơn số này. Hãy tưởng tượng rằng chúng ta có hai bản sao của vòng tròn, trên đó có n cung giống nhau. Hãy quay một trong các hình tròn một góc φ, 0 < φ < 360°. Chúng ta hãy xem xét tập hợp $U_{ij}$ của tất cả các giá trị như vậy của φ mà với phép quay i−j như vậy, cung của đường tròn quay cắt với cung thứ j của đường tròn cố định. Hãy vẽ một vòng tròn “điều khiển” riêng biệt (với điểm bắt đầu φ = 0 được chọn trên đó (Hình 2)) và đánh dấu trên đó các bộ $U_{ij}$ cho tất cả i, j từ 1 đến n. Rõ ràng $U_{ij}$ là một cung có độ dài bằng tổng độ dài của cung thứ i−j và j−th.

Cơm. 2:

Các bộ được đánh dấu $U_{ij}$ phải lấp đầy toàn bộ vòng tròn “điều khiển”, vì với bất kỳ phép quay nào, hai cung trong bộ của chúng ta phải giao nhau, do đó tổng độ dài của tất cả $U_{ij}$ không nhỏ hơn 360°. Mặt khác, tổng này bằng 2n. S, vì mỗi cung của tập hợp xuất hiện tổng 2n lần.

Từ đó chúng ta thu được $S \geq \frac{360^\circ}{2n} = \frac{180^\circ}{n}$.

Dễ dàng thấy rằng bất đẳng thức phải nghiêm ngặt (nếu các điểm riêng lẻ không được coi là cung), vì hai vùng bất kỳ $U_{ii}$ và $U_{jj}$ đều có phần chung chứa điểm bắt đầu của đường cắt.

Yu. P. Lysov

M166. a) Học sinh lớp một đã đi bộ đường dài Murista hai lần trong học kỳ. Ở cách tiếp cận đầu tiên, các bé trai chiếm ít hơn 2/5 tổng số người tham gia chuyến đi này và ở lần thứ hai, ít hơn 2/5. Chứng minh rằng trong lớp này học sinh nam chiếm ít hơn 4/7 tổng số phần, nếu biết rằng

45

Cơm. 3.

Mỗi học sinh đều đã đi ít nhất một chuyến.

6. Hãy để các chàng trai trong chuyến đi bộ đường dài thứ i ($i = 1, 2, \dots, n$) chiếm $\alpha_i$ giờ trong tổng số người tham gia chuyến đi bộ đường dài này. Thời gian lâu nhất mà các chàng trai có thể có trong cuộc họp chung của tất cả khách du lịch (tất cả những người đã từng tham gia ít nhất một trong những chuyến đi bộ đường dài) là bao lâu?

a) Trong chuyến đi đầu tiên, có thể thấy từ điều kiện số lượng nam ít hơn 2/3 số nữ tham gia chuyến đi này. Hơn nữa, nó chỉ chiếm chưa đến 2/3 tổng số nữ sinh trong lớp. Ngoài ra còn có các bạn nam - tham gia chuyến thứ 2 - ít hơn 2/3 tổng số nữ trong lớp. Vì mỗi học sinh được đi ít nhất một chuyến nên tổng số nam trong lớp ít hơn 4/3 số nữ. Vì vậy, số nam trong lớp này chiếm không quá 4/7 tổng số học sinh.

Sử dụng ký hiệu rõ ràng trong Hình 3 ($b$ và $g$ là những chữ cái đầu tiên của từ tiếng Anh boy và girl), lời giải của chúng ta có thể được viết như thế này.

Theo điều kiện $5b_1 < 2(b_1 + g_1)$, chúng ta mở $3b_1 < 2g_1 \leq 2g$. Tono cũng chứng minh rằng $3b_2 < 2g_2 \leq 2g$. Vì $b \leq b_1 + b_2$, chúng tôi nhận được $3b \leq 3b_1 + 3b_2 < 4g$, mở $7b < 4(b + g)$.

6. bài toán này được giải quyết tương tự. Gọi $b_i$ và $g_i$ là số nam và nữ trong chiến dịch lần thứ i, $b$ và $g$ là số nam và nữ tại đại hội. Sau đó, theo điều kiện $b_i = \alpha_i(b_i + g_i)$, chúng ta mở $(1 - \alpha_i)b_i = \alpha_i g_i \leq \alpha_i g$, vì vậy nếu $\alpha_i < 1$ thì $b \leq \sum_{i=1}^{n} b_i \leq \sum_{i=1}^{n} \left(\frac{\alpha_i}{1 - \alpha_i} g\right) = g \sum_{i=1}^{n} \frac{\alpha_i}{1 - \alpha_i},$

từ đâu $b \left(1 + \sum_{i=1}^{n} \frac{\alpha_i}{1 - \alpha_i}\right) \leq (b + g) \sum_{i=1}^{n} \frac{\alpha_i}{1 - \alpha_i}$

(ở đây $\sum_{i=1}^{n} - \text{знак суммирования}$:

$$\sum_{i=1}^{n} x_i = x_1 + x_2 + \dots + x_i + \dots + x_n).$$

Vì vậy, chúng tôi đã chứng minh rằng nếu $\alpha_i < 1$ với tất cả $i$, thì nam sinh sẽ chiếm không quá $\frac{c}{1 + c}$ trong tổng số người tham gia đi bộ đường dài, trong đó $c = \sum_{i=1}^{n} \frac{\alpha_i}{1 - \alpha_i}$.

Chúng tôi vẫn cần đảm bảo rằng có thể đạt được giới hạn này. Điều này đòi hỏi tất cả các bất đẳng thức đã viết phải được chuyển đổi thành đẳng thức. Dễ hiểu là điều này sẽ xảy ra nếu các cô gái trong tất cả các chiến dịch đều giống nhau, còn các chàng trai thì khác nhau, tức là mỗi chàng trai chỉ tham gia một chiến dịch. Hãy chứng minh rằng điều này có thể xảy ra với mọi $\alpha_i$. Giả sử $\frac{\alpha_i}{1 - \alpha_i} = \frac{m_i}{N}$ (các số $\alpha_i$ và do đó $\frac{\alpha_i}{1 - \alpha_i}$ là số hữu tỉ; chúng ta có thể viết $\frac{\alpha_i}{1 - \alpha_i}$ dưới dạng phân số có cùng giá trị). Sau đó, nếu trong chiến dịch thứ i có $N$ (giống nhau) bé gái và $m_i$ (khác nhau) bé trai, thì $M = \sum_{i=1}^{n} m_i$ bé trai và $N$ bé gái sẽ đến cuộc họp; tỷ lệ $M$ đến $N$ chính xác là $c$ và tỷ lệ $M$ đến $M + N$ chính xác là $\frac{c}{1 + c}$.

Hãy quay lại bài toán a) chẳng hạn.

Nếu số chuyến đi là $n = 2$ và $\alpha_1 = \alpha_2 = \frac{2}{5}$ thì ước tính chính xác phải là số $\frac{c}{1 + c}$, trong đó $c = \frac{2}{5} + \frac{2}{5} + \frac{2}{5} = \frac{2}{3} + \frac{2}{3} = \frac{4}{3}$, tức là số $\frac{c}{1 + c} = \frac{4}{7}$. Ở đây $\alpha_1 = \frac{2}{3}$ ($i = 1, 2$), nếu trong mỗi chuyến đi có 3 (giống nhau) bé gái và 2 bé trai (ở chuyến đầu tiên - một, ở chuyến thứ hai - những người khác), thì chỉ có 7 người tham gia, 4 trong số đó là con trai. (Nếu bạn cho rằng 7 là số lượng học sinh trong lớp quá nhỏ, bạn có thể nhân tất cả các số cùng lúc: 3, 2, 7 và 4, chẳng hạn với 4 hoặc 5; vì chỉ có tỷ số của chúng nên điều này sẽ không ảnh hưởng đến kết quả). Do đó, số 4/7 trong điều kiện bài toán a) không thể thay thế bằng số nhỏ hơn.

46

Quay trở lại bài toán 6), chúng tôi lưu ý rằng nếu $\alpha_j = 1$ đối với một số $j$ (ít nhất là đối với một), thì chúng tôi không thể đưa ra bất kỳ ước tính cao hơn nào (ngoài 1) về tỷ lệ nam sinh trong đại hội (mà không biết có bao nhiêu người tham gia ở mỗi vị trí). Thật vậy, nếu bất kể các chiến dịch khác, chúng ta lấy số lượng người tham gia chiến dịch $j$ là rất lớn (tất cả đều là con trai), thì tỷ lệ con trai tại đại hội có thể gần bằng 1 như mong muốn.

M167. Chứng minh rằng trong mọi cấp số cộng $a, a + d, a + 2d, \dots, a + nd, \dots$ gồm các số tự nhiên, luôn tồn tại vô số đa thức phân tích thành thừa số nguyên tố bao gồm một số một và các số nguyên tố giống nhau.

Nhiều độc giả, như những bức thư cho thấy, không hiểu điều kiện bài toán. Chúng ta hãy xem xét nó chi tiết hơn.

Như đã biết, mọi số tự nhiên $N$ đều có thể phân tích thành thừa số nguyên tố:

$$N = \frac{\alpha_1}{\alpha_2} \frac{\alpha_r}{p_1 p_2 \dots p_r},$$

và sự phân rã như vậy là duy nhất. Trong bài toán M167, cần phải chứng minh rằng trong bất kỳ cấp số cộng nào từ các số tự nhiên, người ta có thể chọn một tập hợp vô hạn các số hạng sao cho các thừa số nguyên tố $p_1, p_2, \dots, p_r$ trong khai triển của mỗi số đó là như nhau đối với tất cả các số hạng này (và lũy thừa của $\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_r$ tất nhiên có thể khác nhau). Bây giờ chúng ta hãy chuyển sang lời giải bài toán.

Trước hết, chúng tôi lưu ý rằng nếu số hạng đầu tiên $a$ và hiệu $d$ của cấp số nhân có chung ước số lớn nhất $q > 1$, thì tất cả các số hạng của cấp số có thể được chia cho $q$. Rõ ràng là chỉ cần giải bài toán cho cấp số mới này là đủ, vì nếu bất kỳ thành viên nào của cấp số mới có cùng thừa số nguyên tố. Vì vậy, chúng ta có thể giả sử rằng $a$ và $d$ là số nguyên tố. Bổ đề sau đây đúng: nếu $HOД(a, d) = 1$ thì có một châm ngôn $k$ sao cho $a^k - a$ chia hết cho $d$ (chúng ta sẽ nhớ lại cách chứng minh điều này bên dưới).

Sau đó với mọi số nguyên $m > 0$

$$a^{km} - a = (a^k - a)(a^{k(m-1)} + a^{k(m-2)} + \dots + 1)$$

chia hết cho $d$, tức là $a^{km} - a = nd$, trong đó $n$ là số nguyên. Do đó, với mọi số tự nhiên $m$ thì số $a^{km} = a + nd$ đều được đưa vào cấp số nhân của chúng ta. Do đó, tồn tại một đa thức cấp số vô hạn, có một bậc nhất định của số hạng đầu tiên $a$. Rõ ràng là tất cả các số hạng này đều có cùng thừa số nguyên tố.

Chứng minh bổ đề. Xét dãy số $a, a^2,$

Cơm. 4.

$a^3, \dots$. Có hai số trong đó có cùng số dư khi chia cho $d$. Đặt nó là $a^s$ và $a^t$ ($s < t$). Khi đó hiệu $a^t - a^s = a^s (a^{t-s} - 1)$ của họ được chia cho $d$. Vì $a$ và $d$ là số nguyên tố nên $a^{t-s} - 1$ chia hết cho $d$, do đó $a^{t-s+1} - a$ chia hết cho $d$, nghĩa là, $k$ có thể được lấy bằng $t - s + 1$.

Lý do này đã được đưa ra trong bài báo “Định lý nhỏ của Fermat” («Kvant» Số 10, 1972). Ở đó người ta cũng nói rằng trong vai trò $k$ chúng ta có thể lấy số $\varphi(d)$ - số các số nhỏ hơn $d$ và lấy các số nguyên tố đi cùng với nó. (“Định lý Euler”: $a^{\varphi(d)} - 1$ chia hết cho $d$ nếu $HOД(a, d) = 1$).

M168. Trong một paramda bị cắt cụt thông thường (Hình 4), người ta có thể K—điểm giữa của một số chuỗi $AB$ của nền trên, $L$ —điểm giữa của một số chuỗi $CD$ của nền dưới. Chứng minh rằng hình chiếu của các đoạn $AB$ và $CD$ lên đường thẳng $KL$ có độ dài bằng nhau.

Nếu $a$ và $b$ là hai đoạn thẳng (trên mặt phẳng hoặc trong không gian), thì chúng ta sẽ biểu thị hình chiếu của đoạn $a$ lên đường thẳng mà đoạn $b$ nằm bởi $pr_ba$. Sau đó (Hình 5)

$$pr_ba = a \cos \alpha,$$

trong đó $\alpha$ là góc giữa các đường thẳng trên đó

47

Các đoạn $a$ và $b$ nằm. (Trong công thức này và các công thức sau $a$, $p_r a$, v.v., độ dài của các đoạn tương ứng được giới thiệu.) Góc được đặt tên giữa các đường thẳng không vượt quá $\pi/2$, do đó $\cos \alpha \geq 0$. Từ (1) đẳng thức suy ra
$$a p_r a = b p_r a,$$
(2)
điều này sẽ hữu ích cho chúng tôi tại lời giải bài toán.

Chúng ta hãy biểu thị bằng $P$ tâm của đường trên và $Q$ tâm của các đáy dưới của đường thẳng. Chúng ta sẽ chứng minh khẳng định sau đây, có phần tổng quát hơn mệnh đề bài toán M168 mà chúng ta cần.

Giả sử các mặt phẳng của hai tam giác cân bằng đồng dạng ABP và CDQ có các đỉnh $P$ và $Q$ được phân bố lại thành đoạn PQ (và do đó song song với nhau). Ta ký hiệu đoạn nối trung điểm $K$ và $L$ của hai đáy AB và CD bằng s. Sau đó (Hình 6).
$$\pi p_s k = \pi p_s l.$$
(3)
Sử dụng (2), cùng với (3), chúng ta có thể chứng minh đẳng thức sau:
$$k \pi p_k s = l \pi p_l s.$$
(4)
Bây giờ chúng ta hãy lợi dụng thực tế là, như sau từ (1), độ dài $p_r a$ không thay đổi khi các đoạn $a$ và $b$ được truyền song song. Do đó, chúng ta có thể chiếu đoạn $k = AB$ lên mặt phẳng của tam giác CDQ và nhận được:
$$\pi p_{A' B'} K' L = \pi p_{A' B'} K L = \pi p_{AB} K L =$$
$$= \pi p_k s,$$
(5)

Cơm. 7.

trong đó $A', B'$ và $K'$ là hình chiếu của các điểm $A, B$ và $K$ lên mặt phẳng CDQ (Hình 7). Vì vậy, chúng ta đã rút gọn bài toán về trường hợp cả hai tam giác đều nằm trong cùng một mặt phẳng (và có một đỉnh chung).

Nếu các đoạn $AB$ và $CD$ song song thì đẳng thức (4) là hiển nhiên vì cả hai hình chiếu đều bằng 0. Nếu các phân đoạn này không song song thì chúng ta nhận được:
$$\frac{k}{l} = \frac{A' B'}{CD} = \frac{Q K'}{QL} = \frac{\sin \angle QL K'}{\sin \angle QK' L} =$$
$$= \frac{|\cos \rightarrow K' LC|}{|\cos \rightarrow LK' B'|} = \frac{\pi p_l s}{\pi p_k s},$$
từ đó theo sau (4).

M169. Đặt $k < n$ là số tự nhiên. Khoảng cách của các số 1, 2, 3, …, $n^2$ trong bảng là $n \times n$ max, sao cho ở mỗi hàng các số hoặc theo thứ tự tăng dần, đồng thời tổng các số ở cột $k$ là $a$) nhỏ nhất; b) lớn nhất.

Trước tiên hãy giải quyết bài toán a).

Nếu chúng ta sắp xếp các số như ở Bảng 1, $a$ - trước tiên hãy điền các cột $k$ đầu tiên, từng dòng, các số từ 1 đến $kn$, sau đó để các số điền vào các cột ($n - k$) cuối cùng (dưới dạng góc, miễn là đáp ứng điều kiện tăng số trên mỗi dòng) - thì tổng của số đó

Bảng 1a

$$\begin{array}{c c c c c c c c c} k & 1 & 2 & \dots & k - 1 & k & nk + 1 & \dots \\ k + 1 & k + 2 & \dots & 2k - 1 & 2k & 3k & 3k & \dots \\ 2k + 1 & 2k + 2 & \dots & 3k - 1 & \dots & \dots & \dots & \dots \\ (n - 1)k + 1 & \dots & nk - 1 & nk & \dots & \dots & \dots & \dots \\ \end{array}$$

ngồi ở thủ đô $k$ sẽ bằng
$$k(1 + 2 + \dots + n) = \frac{kn(n + 1)}{2}.$$
(1)

Ta sẽ chứng minh rằng tổng này có giá trị nhỏ nhất. Đầu tiên chúng ta chứng minh rằng nếu $a_1, a_2, \dots, a_n$ là các số của cột thứ $k$, được mô phỏng theo thứ tự tăng dần:
$$a_1 < a_2 < \dots < a_i < \dots < a_n$$
(2)
Cái đó
$$a_i \geq ki.$$
(3)

Thật vậy, chúng ta hãy xem xét các số xuất hiện trong cùng một dòng nơi đặt $a_1, a_2, \dots, a_i$ và trong các cột $k$ đầu tiên. Từ điều kiện (2) và điều kiện các số trên các dòng theo thứ tự tăng dần, suy ra các số $ki$ này không vượt quá số $a_i$. Do đó, trong số các số 1, 2, 3, …, $n^2$ có ít nhất $ki$ số không vượt quá $a_i$. Điều này ngụ ý (3). Cộng các bất đẳng thức (3) cho mọi

48

i = 1, 2, …, n, ta được tổng (1) ở bên phải, vậy
$$a_1 + a_2 + \dots + a_n \geq \frac{kn(n+1)}{2}.$$

Bài toán 6) có thể được giải theo cách tương tự, bắt đầu từ số “lớn nhất” và từ cột ngoài cùng bên phải. Nhưng bạn có thể chỉ cần giảm nó xuống mức đã được giải quyết bài toán a). Hãy thay thế mỗi số a trong bảng bằng $(n^2 + 1 - a)$ rồi sắp xếp lại các số trong mỗi hàng theo thứ tự ngược lại. Rõ ràng đây là phép biến đổi một-một của tập hợp các bảng số 1,2,…, $n^2$ thỏa mãn điều kiện bài toán. Trong trường hợp này, phép biến đổi của mỗi số trong cột thứ k của bảng mới $A'$ bằng số trong cùng một hàng và trong cột $(n+1 - k)$ của bảng cũ $A$; do đó, tổng các số ở cột thứ k của bảng $A'$ bằng $n(n^2 + 1) - S$, trong đó $S$ là tổng các số ở cột thứ k $(n+1 - k)$ $A$. Vậy là đủ để giải bài toán a) cho số cột $(n+1 - k)$, và ta được lời giải bài toán 6) cho số cột $k$; đáp số có thể viết như sau: tổng lớn nhất ở cột thứ k bằng
$$n(n^2 + 1) - \frac{(n+1 - k)n(n+1)}{2} = \frac{n[(n-1)^2 + k(n+1)]}{2}.$$

Bảng 16.

| n^2 - (n-k) | n^2 - (n+1-k) + 1 | n^2 - (n+1-k) + 1 |
| :— | :— | :— |
| n^2 - 2(n+1-k) + 1 | n^2 - 2(n+1-k) + 1 | n^2 - 2(n+1-k) + 1 |
| n^2 - 3(n+1-k) + 1 | n^2 - 3(n+1-k) + 1 | n^2 - 3(n+1-k) + 1 |

Bảng 2a.

| 1 | 2 | 3 | 4 | 25 | 26 |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— |
| 5 | 6 | 7 | 8 | 27 | 28 |
| 9 | 10 | 11 | 12 | 29 | 30 |
| 13 | 14 | 15 | 16 | 31 | 32 |
| 17 | 18 | 19 | 20 | 33 | 34 |
| 21 | 22 | 23 | 24 | 35 | 36 |

Số tiền: 84

Bảng 26.

| 16 | 17 | 18 | 34 | 35 | 26 |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— |
| 13 | 14 | 15 | 31 | 32 | 33 |
| 10 | 11 | 12 | 28 | 29 | 30 |
| 7 | 8 | 9 | 25 | 26 | 27 |
| 4 | 5 | 6 | 22 | 23 | 24 |
| 1 | 2 | 3 | 19 | 20 | 21 |

Số tiền: 159

Một ví dụ (kết quả từ phép biến đổi $A \rightarrow A'$, $k \rightarrow n+1 - k$ từ bảng 1a) được mô tả trong bảng 16. Trong bảng 2, a và 2, b, bạn sẽ thấy các ví dụ số rõ ràng hơn cho $n = 6$ và số cột $k = 4$.

N. B. Vasiliev

lời giải chính xác của một số bài toán M160 - M169 đã được gửi cho chúng tôi (chữ số cuối cùng của các số đã giải bài toán được ghi sau họ): P. Aeronov (Baku) 7; S. Akmertsev (Magnitogorsk) 3; P. Alizadeh (P. Jebrail AzSSR) 2; A. Asasyan (Kamo ArmSSR) 1; B. Ashavsky (Moscow) 3, 6, 7; P. Bankovsky (Uralsk) 3, 4, 7; G. Bayadyan (Kirovokan) 7; O. Bazlaryan (Sisan ArmSSR) 3, 7, 9; S. Belolipetsky (Kirichan) 7; A. Blokh (Kharkov) 2, 3, 6, 7, 9; S. Byshkin (Sevastopol) 3; A. Valkov (Tashkent) 2, 3, 6, 9; A. Volkov (Chelyabinsk) 1; G. Vyshochnaya (Krasnoirsk) 9; L. Generiinovich (Tashkent) 3, 4, 7; S. Geraskin (Voronezh) 7; L. và N. Gotman (Arzamas) 8; A. Gritsoryan (Baku) 1-4, 6-9; V. Griberg (Moscow) 6-9; E. Gurvits (Tashkent) 3, 4; E. Gusev (Pavlograd) 6; Kh. Huseynov (P. Jebrail AzSSR) 1; K. Danilenko (Volgograd) 2, 6; A. Danil (Leningrad) 7; V. Dachtsev (Anjan UzSSR) 7; N. Demchuk (Mytshchina, khu vực Moscow) 8; N. Denisov (Teykovo, vùng Ivanovo) 3; M. Drachinsky (Tbinis) 3; N. Evlamitsev (Kazan) 2, 3; R. Yeuryan (Hrazdan) 3; V. Zhelezny (Leningrad) 2, 3; S. Zaitsev (làng Sudai, vùng Kostroma) 2, 3; G. Zardaryan (Tbilis) 6, 7; V. Zarubin (Làng Otdykh mùa hè, vùng Moscow) 3; A. Zaslasky (Kalinin) 2—4, 7, 9; S. Zenovich (Tashkent) 3, 4, 7; L. Zilberman (Moscow) 9; E. Iltev (Ordzhonikidze) 7; A. Kaluchkin (Issyk, vùng Alma-Ata) 4; E. Kaluchina (Grozny) 3; A. Karnaukh (Belgorod) 3; V. Kvastsin (làng Korkin, vùng Chelyabinsk) 3, 8; V. Kovtunets (làng Shostkov, vùng Rivne) 1, 3, 7, 8; S. Konyashin (Saratov) 2, 3, 5; V. Kolosov (Kyiv) 1, 3, 4, 6—8; E. Krivonos (Chusovoy) 3; M. Levin (Vittebsk) 3; M. Leiderman (Mogilev) 3; B. Lembersky (Kyiv) 7; A. Litovchenko (Belokorovich, vùng Zhytomyr) 3, 4; A. Lukatsev (Moscow) 1-3; G. Lumintser (Chernivtsi) 6, 8; A. Makartsev (Lviv) 2, 3, 9; G. Maloshenok (Lviv) 1, 3, 4, 6-8; I. Medzhivovsky (Moscow) 3; A. Mekhovich (Vladivostok) 3; O. Myasnikova (Uman) 4; A. Nasakin (Kurgan) 3; A. Nikolaev (Moscow) 6, 7, 9; V. Palatnik (Baku) 2, 3, 7, 8; M. Panchenko (Brovary, vùng Kyiv) 4; P. Paramonov (Moscow) 1—3, 6, 7; M. Pastukhov (Sverdlovsk) 3; E. Pechatnikov 2, A. Pechkovsky (Moscow) 7; Yu. Pinelis (Kzyl-Orda) 3; A. Razulyaev (Klin, khu vực Moscow) 2; A. Rayin (Moscow) 1, 2, 5, 9; S. Rodyunov (Saratov) 1—3, 5; P. Rozhkov (Ryazan) 2, 3; L. Rudtser (Kharkov) 2, 3, 6-8; M. Sapir (Sverdlovsk) 3, 6, 7; V. Thứ Bảy (Kyiv) 7; A. Sboev (làng Medvedok, vùng Kirov) 2;

49

T. Sedredinov (làng New Kurush, Dag ASSR) 3; S. Sokovki (làng Sokovki, Slobodskoy) 7; V. Blind (Frunze) 3; V. Slepenko (Chelyabinsk) 2, 3, 7–9; A. Slesarenko (Rubtsovsk, Lãnh thổ Altai) 2, 3, 6–9; A. Slinkin (Moscow) 2, 3, 7–9; E. CLOBODOV (Armavir) 4; V. Smolko (Chisinau) 4; Y. Soibelman (Kyiv) 6, 7, 9; Yu. Stetsko (Chernivtsi) 7; A. Strukov (Teykovo, vùng Ivanovo) 3; S. Tabachinkov (Moscow) 1–4, 6, 8; A. Tatseyev (Baku) 3, 4; Y. Tener (Tashkent) 1, 3, 5–7; E. Turkevich (Chernivtsi) 0–2, 7–9;

F183. Một lực kế trượt trên một mặt bàn nằm ngang nhẵn, mn với một lực không đổi $F = 4$ n. Lực kế cho thấy điều gì nếu khối lượng của lò xo bằng khối lượng của vật và lực kế được điều chỉnh ở vị trí nằm ngang?

Lực lò xo sinh ra khi lò xo bị dãn tỉ lệ thuận với độ rời của lò xo. Do đó, số đọc của lực kế $T$ bằng

$$T = k \Delta L,$$

(1)

trong đó $k$ là độ cứng của lò xo, $\Delta L$ là độ giãn dài của nó.

Trong điều kiện bình thường, khi lực kế đứng yên, lực lò xo ở bất kỳ phần nào của lò xo là như nhau, nghĩa là mọi phần bằng nhau của lò xo đều bị loại bỏ khi bị kéo căng một lượng như nhau.

Đây không phải là trường hợp khi di chuyển lực kế. Chúng ta hãy xem xét mặt cắt ngang của lò xo, nằm ở khoảng cách $x$ tính từ đầu lò xo gắn với thân lực kế (Hình 8). Lực lò xo $T_x$ tạo ra gia tốc cho thân lực kế và độ giãn của lò xo có chiều dài $x$. Khối lượng của lò xo kéo dài có chiều dài $x$ bằng

$$M_x = \frac{M}{L} x,$$

(2)

trong đó $M$ là khối lượng và $L$ là chiều dài của lò xo.

Cơm. 8.

Nếu gia tốc của lực kế bằng $a$ thì theo định luật thứ hai Newton, lực lò xo trong tiết diện $x$ có thể viết như sau:

$$T_x = \left( M + M \frac{x}{L} \right) a.$$

(3)

Vì gia tốc của lực kế được tạo ra bởi lực $F$ nên

$$a = \frac{F}{M + M} = \frac{1}{2} \frac{F}{M}.$$

(4)

Vì thế

$$T_x = \frac{1}{2} F \left( 1 + \frac{x}{L} \right).$$

(5)

Vì vậy, lực $T_x$ không phải là hằng số và thay đổi theo từng tiết diện dọc theo lò xo.

Để tìm độ giãn dài của lò xo, chúng ta hãy chia nhỏ lò xo không bị giãn thành các lò xo nhỏ giống hệt nhau có chiều dài $l$, sao cho lực lò xo xuyên qua mỗi lò xo có thể coi là không đổi. Hãy để có $n$ lò xo như vậy (n» 1). Vì lực tác dụng lên các lò xo nối tiếp $n$ gây ra biến dạng $n$ lớn hơn biến dạng của một lò xo như vậy $^*$), nên độ cứng của lò xo ngắn lớn hơn $n$ lần độ cứng của lò xo lực kế:

$$k' = kn.$$

Chúng ta sẽ đếm các lò xo từ đầu lò xo gắn vào thân lực kế. Độ giãn dài của lò xo thứ $i$ bằng

$$\Delta l_i = \frac{T_i}{k'} = \frac{T_i}{kn}.$$

Tuy nhiên, theo công thức (5),

$$T_i = \frac{1}{2} F \left( 1 + \frac{il}{nl} \right) = \frac{1}{2} F \left( 1 + \frac{i}{n} \right).$$

Vì thế

$$\Delta l_i = \frac{1}{2kn} F \left( 1 + \frac{i}{n} \right).$$

Vị trí lò xo là

$$\Delta L = \sum_{i=1}^{n} \Delta l_i = \frac{1}{2kn} F \sum_{i=1}^{n} \left( 1 + \frac{i}{n} \right).$$

Vì $\sum_{i=1}^{n} \left( 1 + \frac{i}{n} \right)$ biểu thị tổng các số hạng của cấp số cộng

$$^*)$$ Điều này xuất phát từ thực tế là lực lò xo của tất cả các lò xo có kết nối như vậy là như nhau.

50

hồi quy với chênh lệch lũy tiến $\frac{1}{n}$, thì
$$\sum_{i=1}^{n} \left(1 + \frac{i}{n}\right) = \frac{3n+1}{2}.$$
Và
$$\Delta L = \frac{F}{4k} \frac{3n+1}{n}.$$
Nhưng $n \gg 1$, do đó
$$\Delta L \approx \frac{F}{4k} \frac{3n}{n} = \frac{3}{4} \frac{F}{k}.$$
Thay biểu thức này cho $\Delta L$ vào công thức (1), chúng ta tìm được số chỉ của lực kế
$$T = k \cdot \frac{3F}{4k} = \frac{3}{4} F = 3n.$$
F184. Khi truyền hình ảnh truyền hình trên Trái đất, 25 khung hình được truyền trong một giây. Điều này có nghĩa là một khung hình được truyền trong 1/25 giây. Như đã biết, có một thời điểm, quá trình truyền một khung hình ảnh Lun tới trạm tự động “Luna” của Liên Xô kéo dài 25 phút. Tại sao lại có sự khác biệt lớn như vậy về thời gian truyền của một khung hình trong trường hợp chung?

Để truyền hình ảnh, trước tiên nó phải được chuyển đổi thành tín hiệu điện. Điều này xảy ra trong ống truyền hình. Khung hình được chiếu lên màn hình não nhạy cảm với ánh sáng. Mỗi ô màn hình đều được sạc và càng nhiều thì độ chiếu sáng của nó càng lớn. Điều này tạo ra một hình ảnh điện của vật thể được truyền đi. Sau đó, chùm tia điện tử lần lượt chạy xung quanh các phần khác nhau của hình ảnh này, di chuyển từ trái sang phải (dọc theo đường thẳng) và từ trên xuống dưới (dọc theo đường thẳng); hình ảnh điện được chuyển đổi thành tín hiệu điện.

Giả sử chúng ta muốn truyền tải hình ảnh như trong Hình 9. Độ sáng ngang của hình ảnh thay đổi theo quy luật hình sin. Đặt số lượng tối đa độ sáng là $m$; số dòng mà hình ảnh được chia là $n$ và tốc độ khung hình là $-f_k$. Tín hiệu điện mang thông tin về thẻ có dạng như hình 10.

Cơm. 9.

Cơm. 10.

Trong quá trình truyền một đường, tín hiệu có mức tối đa $m$, trong khi truyền một khung - mức tối đa $nm$ và trong 1 giây - mức tối đa $nmf_k$. Điều này có nghĩa là tần số tuần hoàn của tín hiệu $\Omega$ bằng
$$\Omega = 2\pi f = 2\pi mnf_k.$$
Do đó, tần số của tín hiệu $\Omega$ tỷ lệ thuận với tốc độ khung hình
$$\Omega \sim f_k.$$
Độ lớn của tín hiệu thay đổi theo thời gian theo định luật tầm xa, có thể viết như sau:
$$u_{\Omega} = U_0 + U_1 \sin \Omega t = U_0 (1 + k \sin \Omega t),$$
ở đâu $k = \frac{U_1}{U_0}$.
Để truyền tín hiệu tần số thấp này trong khoảng cách xa, nó được điều chế bằng tín hiệu tần số cao $\omega$ ($\omega \gg \Omega$), cường độ của tín hiệu này thay đổi theo định luật
$$u = U'_0 \sin \omega t.$$
Do điều chế biên độ, tín hiệu tần số cao không còn cố định mà thay đổi theo thời gian giống như tín hiệu điều chế tần số thấp (Hình 11).

Cơm. 11.

Như vậy,
$$u_M = U'_0 (1 + k \sin \Omega t) \sin \omega t$$
($u_M$ là cường độ của tín hiệu được điều chế biên độ).

Sau khi biến đổi lượng giác đơn giản, chúng ta nhận được
$$u_M = U'_0 \sin \omega t + \frac{1}{2} k U'_0 \sin (\omega + \Omega) t + \frac{1}{2} k U'_0 \sin (\omega - \Omega) t.$$

Điều này có nghĩa là trong trường hợp của chúng tôi, tín hiệu được điều chế biên độ đại diện cho

51

Nó là tổng của ba tín hiệu hình sin có tần số $\omega$, $\omega + \Omega$ và $\omega - \Omega$. Nếu khung phức tạp hơn thì nó được truyền trong khoảng tần số có chiều rộng $2\Omega$. Tốc độ khung hình càng cao thì khoảng tần số được chỉ định càng rộng. Do đó, máy thu truyền hình phải nhận tín hiệu ở một dải tần số nhất định.

Nhưng cùng với tín hiệu mang thông tin này, trên không trung luôn có đủ loại tín hiệu ngẫu nhiên, gọi là nhiễu. Tiếng ồn có tần số khác nhau và chúng ta có thể giả sử rằng trong mỗi khoảng tần số, năng lượng của chúng là như nhau. Dải tần mà máy thu cảm nhận được càng rộng thì tiếng ồn càng mạnh hoặc như người ta nói, mức ồn càng cao. Nếu tín hiệu chính yếu, nó có thể bị nhiễu và chúng ta sẽ không thể nhận ra.

Trên Trái đất, các trạm phát có đủ công suất và mức tín hiệu cao hơn nhiều so với mức nhiễu. Do đó, tốc độ khung hình có thể khá cao (điều này thực sự cần thiết đối với cảm nhận trực quan thông thường về một chương trình truyền hình).

Đó là một vấn đề khác trong không gian. Công suất máy phát trên tàu vũ trụ thấp và mức tín hiệu chính thấp. Bằng cách tăng thời gian truyền của một khung hình, nghĩa là giảm dải tần, bạn có thể giảm đáng kể mức nhiễu, điều này sẽ giúp cách ly thông tin mang tín hiệu.

F185. Một quả bóng chuyền có khối lượng 200 g, thể tích 8 lít được bơm đến áp suất dư 0,2 atm. Quả bóng được ném lên độ cao 20 m và sau khi rơi xuống bề mặt cứng, nó đã nhảy lên gần bằng độ cao của tôi. Hãy ước tính nhiệt độ không khí lớn nhất trong quả bóng tại thời điểm bóng va chạm. Nhiệt độ không khí ngoài trời $300^\circ\text{K}$, nhiệt độ không khí ở mức không đổi $c_v = 0,16\text{ кал/л} \cdot \text{ град}$.

Vì quả bóng, sau khi chạm đất, bay lên gần bằng độ cao mà nó rơi xuống, nên tổn thất năng lượng trong quá trình va chạm có thể được bỏ qua và chúng ta có thể giả sử rằng không khí trong quả bóng khi va chạm xảy ra thuận lợi.

Theo định luật bảo toàn năng lượng (định luật nhiệt động thứ nhất), độ biến thiên nội năng của chất khí $\Delta U$ bằng

$$\Delta U = Q + A,$$

trong đó $Q$ là lượng nhiệt truyền cho chất khí và $A$ là công thực hiện lên chất khí khi nó lăn xuống. Vì trong trường hợp này $Q = 0$, thì

$$\Delta U = A.$$

Như đã biết, độ biến thiên nội năng của chất khí không phụ thuộc vào quá trình và bằng

$$\Delta U = c_v m \Delta T = c_v m (T_{\max} - T),$$

trong đó $T$ là nhiệt độ ban đầu của khí, $m$ là khối lượng của nó.

Công việc nén không khí được thực hiện nhờ cơ năng của quả bóng. Nếu bạn vượt quá thế năng biến dạng của buồng và đất tại thời điểm có độ dốc lớn nhất (khi nhiệt độ không khí đạt cực đại và quả bóng kết thúc), thì công $A$ bằng

$$A = Mgh,$$

trong đó $M$ là khối lượng của quả bóng, $h$ là độ cao mà nó được ném.

Thay các biểu thức của $\Delta U$ và $A$ vào công thức (2), ta thu được

$$c_v m (T_{\max} - T) = Mgh.$$

Khối lượng không khí trong quả bóng có thể được xác định từ phương trình trạng thái khí:

$$PV = \frac{m}{\mu} RT,$$

trong đó $P = P_{\text{атм}} + P_{\text{и}}$ ($P_{\text{атм}} = 1\text{ атм}$ là áp suất khí quyển, $P_{\text{и}}$ là áp suất dư), $V$ là thể tích của quả bóng. Từ đây

$$m = \frac{(P_{\text{атм}} + P_{\text{и}}) V \mu}{RT}.$$

Từ (5) và (6) ta tìm được

$$T_{\max} = T \left[ 1 + \frac{Mgh R}{\mu (P_{\text{атм}} + P_{\text{и}}) V c_v} \right] \approx 1,02T = 306^\circ\text{K}.$$

F186. Khi xe quay đầu, hành khách bị quán tính ném về phía sau theo đường thẳng. Anh ta không bay ra khỏi máy tự động chỉ vì anh ta bị giữ, chẳng hạn như bởi bức tường của máy tự động, nơi tạo ra gia tốc hướng tâm cần thiết, hoặc hành khách giữ chặt tay cầm. Hãy tính lực giữ này tác dụng lên hành khách có khối lượng $m = 50\text{ кц}$, nếu bán kính quay vòng là $R = 20\text{ м}$ và tốc độ của xe số tự động là $v = 36\text{ км/ч}$.

Theo định luật thứ hai của Newton

$$F = ma = m \frac{v^2}{R} = \frac{50\text{ кц} \cdot 100\text{ м}^2/c^2}{20\text{ м}} = 250\text{ кц},$$

tức là một nửa trọng lượng của hành khách.

Bây giờ chúng ta hãy xem điều gì xảy ra khi máy bay quay đầu. Trên một máy bay bay ngang, trong mặt phẳng vuông góc với hướng bay của nó, có hai lực tác dụng: lực hấp dẫn $P$ và lực nâng khí động học $N$. Khi máy bay quay đầu, lực bằng nhau $F$ của các lực này phải hướng về tâm vòng tròn mà máy bay đang chuyển động. Điều này có nghĩa là lực $N$ không phải là lực thẳng đứng mà có giá trị bằng một số

52

góc α với phương thẳng đứng (Hình 12). Nhưng lực N là tổng lực nâng của cánh và nó vuông góc với cánh nên thân máy bay nghiêng theo hướng quay *).

Lực F truyền gia tốc hướng tâm cần thiết cho máy bay.

Một hành khách trên máy bay chuyển động theo một đường tròn có cùng bán kính với cùng gia tốc hướng tâm. Gia tốc này được truyền cho hành khách bằng tổng lực mg trọng lực và phản lực của ghế máy bay N₁. Hơn nữa, phản lực cũng phải tạo thành một góc α với phương thẳng đứng (tg α = a/g). Theo đó, vị trí của hành khách so với máy bay hoàn toàn giống như khi máy bay bay ngang. Khi quay, chỉ có độ lớn và hướng của lực N₁ thay đổi. Trong quá trình bay theo phương ngang, lực N₁ thẳng đứng và có giá trị tuyệt đối bằng lực hấp dẫn; khi quay tạo một góc α với phương thẳng đứng và có giá trị tuyệt đối bằng

$$\Delta N_1 = \sqrt{(mg)^2 + \left(\frac{mv^2}{R}\right)^2} - mg$$

(v - tốc độ máy bay, R - bán kính quay vòng). Tại m = 50 kW, v = 720 km/h và R = 10 km, sự cộng này là

$$\Delta N_1 \approx 50 \text{ и.}$$

Nó nhẹ hơn nhiều so với trọng lượng của hành khách và gần như không được anh ta cảm nhận được.

*) Hiện tượng nghiêng này của máy bay xảy ra do khi quay bánh lái, do áp suất không khí tác dụng lên sống tàu, máy bay quay quanh một trục thẳng đứng đi qua trọng tâm của máy bay. Trong trường hợp này, một trong hai cánh của máy bay di chuyển nhanh hơn cánh kia so với luồng không khí đang tới. Một lực nâng khí động học lớn tác dụng lên cánh này (nó tỷ lệ thuận với tốc độ chuyển động) và máy bay nghiêng theo hướng rẽ.

F187. Một tấm kim loại mỏng có diện tích S được lấp đầy bởi một lớp chất điện môi lỏng có mật độ ρ và điện dung ε sao cho độ dày của lớp nhỏ hơn nhiều so với kích thước tuyến tính của tấm. Điều gì sẽ xảy ra với chất lỏng nếu tấm này được đặt một điện trường, hướng của điện trường trong chân không bằng

$$E_0 = \frac{Q}{2\varepsilon_0 S},$$

và trong chất điện môi

$$E = \frac{Q}{2\varepsilon_0 \varepsilon S}.$$

Sự suy yếu của trường trong chất điện môi có liên quan đến sự phân cực của chất điện môi. Trong trường hợp này, điện tích - Q₁ xuất hiện trong một lớp mỏng gần tấm và điện tích + Q₁ xuất hiện trên bề mặt tự do của chất điện môi (Hình 13). Bên trong chất điện môi, điện tích âm và dương của các lưỡng cực bù trừ cho nhau. Các điện tích cảm ứng Q₁ và - Q₁ tạo ra một trường có hướng emgoy

$$E_1 = 2 \frac{Q_1}{2\varepsilon_0 S} = \frac{Q_1}{\varepsilon_0 S},$$

hướng vào trường tấm.

Theo nguyên lý xếp chồng

$$E = E_0 - E_1$$

hoặc

$$\frac{Q}{2\varepsilon_0 \varepsilon S} = \frac{Q}{2\varepsilon_0 S} - \frac{Q_1}{\varepsilon_0 S}.$$

Từ phương trình này, bạn có thể tìm thấy điện tích Q₁:

$$Q_1 = Q \frac{\varepsilon - 1}{2\varepsilon}.$$

Điện tích Q₁ của bề mặt tự do của chất lỏng chịu tác dụng của hai lực điện: lực hút điện tích - Q₁, bằng

$$F_1 = Q_1 \cdot \frac{1}{2} E_1 = Q_1 \cdot \frac{Q_1}{2\varepsilon_0 S} =$$

$$= \frac{Q^2}{2\varepsilon_0 S} \left( \frac{\varepsilon - 1}{2\varepsilon} \right)^2,$$

và lực đẩy từ điện tích tấm Q₁.