Lời giải bài toán M191—M194; F203—F207

42

Lời giải bài toán
M191—M194; F203—F207

M191. Trên mặt phẳng, cho hai điểm A, B và đường thẳng l đi qua điểm A và không đi qua điểm B. Vẽ một đường tròn tùy ý đi qua các điểm A và B. Gọi O là tâm, C là giao điểm của đường tròn l, phân biệt với A. Ta tìm tọa độ hình học của trung điểm các đoạn OC.

Chúng ta sẽ tìm các tập hợp một cách tuần tự (tất cả chúng đều là các đường thẳng, Hình 1):
$m_1$ tâm O;
$m_2$ trung điểm của đoạn OA - điểm K;
$m_3$ trung điểm OL của tam giác đều AOC - điểm P;
$m_4$ trung điểm của đoạn OC - điểm M.

Tập $m_1$, như đã biết, là một đường thẳng vuông góc với đoạn AB đi qua điểm giữa của nó. Ta ký hiệu D và E lần lượt là giao điểm của đường thẳng $m_1$ với đường thẳng l và đường vuông góc khôi phục về đường thẳng l tại điểm A (trường hợp đường thẳng $m_1$ và l song song thì rất đơn giản nhưng phải tách rời); qua G - điểm giữa đoạn AE; qua F và H là các điểm của đường thẳng l sao cho AF = FD = DH (Hình 1).

Bây giờ ta cần chứng minh ba khẳng định:

(1) Tập hợp trung điểm của các đoạn thẳng trong đó một đầu (A) cố định và đầu kia nằm trên một đường thẳng cho trước (DE) là một đường thẳng (FG; Hình 2).

(2) Tập hợp trung điểm của các đoạn thẳng song song với một hướng cho trước (AE) có hai đầu nằm trên hai đường thẳng cho trước (ED và AD) là một đường thẳng (DG; Hình 3).

(3) Tập hợp các đầu thứ hai của các đoạn thẳng song song với một hướng (l), đầu thứ nhất và trung điểm của chúng nằm trên các đường thẳng cho trước (FG và DG), là một đường thẳng (HG; Hình 4).

Tất cả những tuyên bố này có thể được chứng minh một cách dễ dàng và gần như giống hệt nhau. Hãy chứng minh (3) làm ví dụ. Trước hết, rõ ràng rằng bất kỳ điểm M nào trên đường thẳng HG đều thỏa mãn điều kiện: nếu qua điểm M kẻ đường thẳng song song với l và ký hiệu là K và P là giao điểm của nó với các đường thẳng FG và DG thì P sẽ là trung điểm của đoạn KM.

43

(điều này dễ dàng được chứng minh bằng sự tương tự bằng cách sử dụng đẳng thức $HD = DF$). Thứ hai, bất kỳ đường thẳng nào song song với $l$ rõ ràng chỉ chứa một điểm của tập hợp mong muốn. Vì vậy, không thể có các điểm khác (không nằm trên đường thẳng $HG$) trong tập hợp này.

Hãy tự mình chứng minh phần còn lại.

Chúng ta cũng hãy xem xét trường hợp khi $AB \perp l$; trong trường hợp này, cả ba đường thẳng $(m_2), (m_3), (m_4)$ hợp nhất thành một đường thẳng song song $l$ và chia ứng suất $AB$ so với $1:3$.

**M192. Các số đã cho là 1, 2, 3, …, 1000. Số nhỏ nhất là m lớn nhất, có tính chất cực đại: dù m nào trong các số đã cho bị gạch bỏ thì trong 1000 - m số còn lại sẽ có hai số, trong đó một số chia hết cho số kia.

Hãy chứng minh rằng m lớn nhất là 499. Trước hết, hãy kiểm tra xem không có m nào lớn hơn hoặc bằng 500 có thuộc tính mong muốn hay không. Thật vậy, nếu $m \geq 500$, thì bằng cách gạch bỏ m số (từ 1 đến m), chúng ta sẽ để lại các số từ $m + 1 \geq 501$ đến 1000, trong đó không có số nào chia hết cho số khác (tất cả các quan hệ cặp đều nhỏ hơn hai).

Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh rằng $m = 499$ có tính chất cần thiết. Nói cách khác, chúng ta sẽ chứng minh rằng trong 501 số bất kỳ từ 1 đến 1000 đều có hai số, trong đó một số chia hết cho số kia (tương tự như bài toán lời giải trong cuốn “Chọn bài toán và Định lý Toán học Sơ cấp”, phần 1, “Số học và Đại số” số 91, “Khoa học”, 1965).

Chúng ta hãy ghép mỗi số (trong số 501) với ước số lẻ nhất của nó: số $2^k (2l + 1)$ khớp với số $(2l + 1)$. Mọi số lẻ nhỏ hơn 1000 thì chỉ có 500. Do đó, trong số 501 số nào đó sẽ có hai số lẻ tương ứng với một số lẻ. Trong hai số này, nhất thiết phải có một số từ số kia bằng cách nhân với lũy thừa nào đó của hai.

M193. Chứng minh rằng tổng diện tích các tam giác vuông tạo thành các cặp cạnh

Hãy để chúng tôi trình bày một trong những lời giải ngắn nhất, được chuyển thể bởi A. Makartsev (Lvov).

Chúng ta hãy chứng minh rằng tổng diện tích của bốn số từ diện tích của các tam giác $ABC, BCD, CDE, DEA$ và $EAB$ (xem Hình 5). Đặt $F$ là giao điểm của $AD$ và $EC$. Vì điểm $F$ nằm trên đoạn $EC$ nên diện tích $S_{ABF}$ nằm giữa $S_{ABE}$ và $S_{ABC}$ (Hình 6). Nhưng chúng tôi biết điều đó $S_{ABC} \leq S_{ABE}$. Vì vậy $S_{ABF} \leq S_{ABE}$.

Tương tự, vì điểm $F$ nằm trên $AD$ và $S_{ABC} \leq S_{BCD}$ nên $S_{BCF} \leq S_{BCD}$.

Nhưng các hình tam giác $AED, EDC, ABF$ và $BCF$ che hình tam giác thứ năm (mảnh $EFD$ - hai lần). Do đó, tổng diện tích của chúng lớn hơn $S_{ABCDE}$. Đặc biệt

$$S_{ABE} + S_{AED} + S_{EDC} + S_{BCD} \geq S_{ABCDE}.$$

44

Ví dụ trong Hình 7 cho thấy tỷ lệ diện tích gót chân của hình tam giác với diện tích của hình ngũ giác có thể rất gần với 1.

Cơm. 8.

Cơm. 9.

Dễ dàng nhận thấy tỷ lệ này không lớn hơn 2. Hình 8 cho thấy nó có thể được làm càng gần 2 càng tốt.

M194. Cho hai số góc nguyên tố a và b. Người ta biết rằng bất kỳ số nguyên nào cũng có thể được biểu diễn dưới dạng ax + by, trong đó x và y là số nguyên. Khoảng cách giữa các số nguyên, có thể được biểu diễn dưới dạng ax + by, trong đó x và y là các số nguyên không âm.

a) Số c lớn nhất không thuộc tập M là bao nhiêu?

b) Chứng minh rằng trong hai số n và c - n (n là số nguyên bất kỳ), một số thuộc M còn số kia không thuộc M.

(Trong Hình 9, với a = 5 và b = 3, các điểm nguyên thuộc tập M có màu đỏ, những điểm không thuộc tập hợp M có màu xanh).

Hãy vẽ hệ tọa độ Oxy trên mặt phẳng và tạo thành bài toán của chúng ta bằng ngôn ngữ hình học. Chúng ta sẽ gọi mỗi cặp số nguyên (x, y) là một “điểm nguyên” và mô tả nó là điểm màu đỏ nếu cả hai tọa độ của nó đều không âm (x ≥ 0, y ≥ 0) và điểm màu xanh lam nếu có ít nhất một tọa độ âm (Hình 10). Chúng ta coi các số góc nguyên tố a và b là cố định (trong hình ta lấy a = 5, b = 3). Với mỗi n phương trình

$$ax + by = n$$

định nghĩa, như đã biết, một đường thẳng. Hãy biểu thị nó bằng $l_n$. Tất nhiên, tất cả các đường thẳng $l_n$ đều song song với nhau. Cho $n$ là một số nguyên. Chúng tôi sẽ xem xét đường $l_n$ màu đỏ nếu nó đi qua ít nhất một điểm màu đỏ và nếu không thì màu xanh lam *). Chúng ta phải tìm ra c lớn nhất tương ứng với đường màu xanh lam $l_c$ và chứng minh rằng trong hai đường thẳng $l_n$ và $l_{c-n}$ một đường màu xanh lam và một đường màu đỏ (n là số nguyên bất kỳ).

Chúng ta sẽ sử dụng trong các chuyển động mặt phẳng lời giải của mình để ánh xạ một tập hợp các điểm nguyên lên chính chúng và đồng thời biến đổi từng dòng $l_n$ thành cùng một dòng hoặc một số dòng khác $l_n'$ từ nhóm của chúng ta. Trước hết, đây là các chuyển đổi song song tới bất kỳ vectơ (p, q) nào có số nguyên p và q:

$$(x, y) \mapsto (x + p, y + q),$$

và thứ hai, quay 180° (hoặc, tương tự, một điểm tương đối đối xứng) với bất kỳ tâm nào $\left(\frac{p}{2}, \frac{q}{2}\right)$, trong đó p và q là số nguyên:

$$(x, y) \mapsto (p - x, q - y).$$

Hãy để chúng tôi chứng minh rằng trên mỗi dòng $l_n$ các điểm nguyên gặp nhau ở những khoảng cách bằng nhau.

*) Như sau những gì đã nói trong điều kiện, mỗi đường thẳng $l_d$ đi qua ít nhất một điểm trọn vẹn. Dưới đây chúng tôi sẽ chứng minh sự thật này.

45

Bổ đề 1. Nếu $(x_0, y_0)$ là một điểm nguyên trên dòng $l_n$ thì các điểm nguyên gần nó trên $l_n$ sẽ là $(x_0 - b, y_0 + a)$ và $(x_0 + b, y_0 - a)$ (a và b là nguyên tố cùng nhau!).

Xét đường thẳng $l_0$ đi qua $(0, 0)$. Giả sử $(-b_1, a_1)$ là một điểm nguyên $l_0$ gần với $(0, 0)$ sao cho $b_1 > 0$, $a_1 > 0$ (chúng ta chưa biết rằng $b_1 = b, a_1 = a$), $(x_0, y_0)$ là một điểm nguyên $l_n$. Khi giao nhau trên vectơ $(x_0, y_0)$, đoạn thẳng $l_0$ từ $(0, 0)$ đến $(-b_1, a_1)$ sẽ chuyển thành đoạn $l_n$ từ $(x_0, y_0)$ đến $(x_0 - b_1, y_0 + a_1)$. Do đó, điểm $(x_0 - b_1, y_0 + a_1)$ sẽ gần với $(x_0, y_0)$ điểm $l_n$ tính từ phía trên. Tương tự như vậy, khi giao nhau trên vectơ $(x_0 + b_1, y_0 - a_1)$, cùng một đoạn thẳng $l_0$ sẽ đi vào đoạn thẳng $l_n$ từ $(x_0 + b_1, y_0 - a_1)$ đến $(x_0, y_0)$. Do đó, trên đoạn này chỉ có điểm cuối của nó là số nguyên.

Từ đây, theo sau, trên bất kỳ dòng nào $l_n$ (nếu có ít nhất một điểm nguyên trên đó), khoảng cách giữa các điểm nguyên lân cận là như nhau: $a_1$ đơn vị dọc theo trục $Oy$ và $b_1$ đơn vị dọc theo trục $Ox$. Điều này đặc biệt áp dụng cho đường thẳng $l_0$. Vì $(-b, a)$ thuộc về $l_0$, nên $b = db_1$, $a = da_1$, trong đó $d$ là số nguyên. Nhưng theo quy ước, các số $a$ và $b$ là tương đối nguyên tố. Vì vậy, $d = 1$, tức là $a = a_1$, $b = b_1$. Bổ đề 1 đã được chứng minh.

Từ bổ đề này, suy ra rằng mỗi dòng $l_n$, trong đó $n$ là một số nguyên, đi qua chính xác một điểm bên trong dải $0 \leqslant x \leqslant b - 1$. Trong trường hợp này, rõ ràng (xem Hình 10), nếu đường thẳng có màu đỏ, nghĩa là ở đâu đó nó đi qua một điểm màu đỏ, thì toàn bộ điểm của nó trên dải nhìn thấy cũng sẽ có màu đỏ (và điểm của đường thẳng màu xanh lam, tất nhiên, là màu xanh lam).

Bây giờ hãy lưu ý rằng khi điểm tương đối $\left(\frac{b - 1}{2} - \frac{1}{2}\right)$ $(x, y) \rightarrow (x', y') = (b - 1 - x, -1 - y)$ đối xứng, dải $0 \leqslant x \leqslant b - 1$ biến thành chính nó và các điểm màu đỏ chuyển thành điểm màu xanh và ngược lại. Lấy $l_n$ sau cái đối xứng này thành đường thẳng $l_{ab-a-b-n}$: nếu $ax + by = n$ thì $ax' + by' = a(b - 1 - x) + b(-1 - y) = ab - a - b - n$. (Qua tâm đối xứng, nơi $a\left(\frac{b - 1}{2}\right) + b\left(-\frac{1}{2}\right) = \frac{ab - a - b}{2}$, không đường thẳng nào của chúng ta có thể đi qua; trong Hình 10 tâm là điểm $(1, -\frac{1}{2})$.

Rõ ràng đường màu đỏ thấp nhất là $l_0$. Do đó, đường màu xanh lam trên cùng là $l_{ab-a-b}$. Vậy số lớn nhất không thuộc tập hợp này là $c = ab - a - b$,

và trong hai số $n$ và $c - n$ một số thuộc về $M$ còn số kia thì không.

Chúng tôi đã sử dụng thực tế là mỗi số nguyên $n$ có thể được biểu diễn dưới dạng $ax + by$, trong đó $x$ và $y$ là số nguyên. Điều này cũng dễ dàng được chứng minh bằng cách sử dụng “mạng lưới”.

Bổ đề 2. Trên mỗi dòng $l_n$, trong đó $n$ là số nguyên thì có ít nhất một điểm nguyên.

Chứng minh điểm nguyên $(x_0, y_0)$ nằm trên đường thẳng $l_1$ là đủ: nếu $ax_0 + by_0 = 1$ thì $a(nx_0) + b(ny_0) = n$ thì $(nx_0, ny_0)$ sẽ thuộc $l_n$.

Xét các điểm song song với các đỉnh $(0,0)$; $(0,1)$; $(b,1 - a)$; $(b,-a)$, hai cạnh thay đổi bằng 1 và cạnh lớn hơn nằm trên các đường thẳng $l_0$ và $l_b$. Bên trong đường song song này (không phải ở các đỉnh) nằm toàn bộ $b - 1$ một điểm: trên mỗi đường thẳng $x = 1$, $x = 2$, $x = b - 1$ - một. Mặt khác, tất cả sự song song này được giao nhau bởi những va chạm giống nhau $(b - 1)$ - các đường thẳng $l_n : l_1, l_2, \dots, l_{b-1}$ (không tính $l_0$ và $l_b$). Vì đường thẳng $l_n$ không thể có nhiều hơn một điểm nguyên có tọa độ $x$ chênh lệch ít hơn $b$, do đó tất cả các điểm trong số $(b - 1)$ đều nằm trên mỗi đường thẳng. Đặc biệt, có toàn bộ điểm tại $l_1$. Bổ đề 2 đã được chứng minh.

F203. Máy phát điện tử sử dụng một prudod trong đó khoảng cách giữa buồng và cực dương là 1 mm. Ước tính số dao động tối đa có thể đạt được khi sử dụng máy phát này nếu hướng anot là 200 V.

Định kỳ, điểm bóng đèn trong mạch đèn của một máy phát điện đạt được bằng cách thay đổi định kỳ điện thế của lưới đèn. Thời gian $t$ trong đó xuất hiện điện thế lưới không được nhỏ hơn thời gian $t$ của dự án electron từ cada đến cực dương. Tần số dao động tối đa có thể đạt được khi sử dụng bộ tạo này có thể được xác định từ điều kiện

$$\tau = t \Rightarrow v_{\max} = \frac{1}{\tau}.$$

(Nếu $\tau > t$, thì electron không có thời gian để đến thư mục trước khi đèn “khóa”.)

Điện áp trường giữa các điện cực là $E = \frac{U}{d}$ (chúng tôi không tính đến trường lưới thay đổi), gia tốc electron là $a = \frac{eE}{m} = \frac{eU}{md}$. Kể từ đây,

$$d = a \frac{\tau^2}{2} \Rightarrow \tau = \sqrt{\frac{2d}{a}} = \sqrt{\frac{2d^2m}{Ue}}.$$

Poztou $v_{\max} = \sqrt{\frac{Ue}{2d^2m}} \approx 3000$ Metz.

I.Sh. Tiếng Slovodechky

46

F204. Tàu vũ trụ tiếp cận Mặt trăng theo quỹ đạo parabol, gần như chạm vào bề mặt Mặt trăng. Vào thời điểm hợp nhất tối đa với Mặt trăng, máy đẩy băng giá được bật trong thời gian ngắn và con tàu đi vào quỹ đạo tròn quanh Mặt trăng. Xác định sự thay đổi tốc độ của tàu trong quá trình đóng băng. Bán kính của Mặt trăng là $R_\pi = 1740$ km, gia tốc rơi tự do trên bề mặt Mặt trăng là $g_\pi = 1,7 \text{ m/c}^2$.

Lưu ý: Trên quỹ đạo parabol, tổng năng lượng của con tàu bằng không.

Khi tàu vũ trụ di chuyển dọc theo quỹ đạo parabol, các điều kiện sau đây được đáp ứng tại bất kỳ điểm nào dọc theo quỹ đạo:

$$E_{\text{полн}} = E_{\text{пот}} + E_{\text{кип}} = 0,$$

đó là

$$\gamma \frac{m M_\pi}{R} = \frac{mv^2}{2},$$

trong đó $M_\pi$ là khối lượng của Mặt trăng, $m$ là khối lượng của con tàu, $R$ là khoảng cách từ con tàu đến Mặt trăng, $v$ là tốc độ của con tàu tại một điểm nhất định, $\gamma$ là hằng số hấp dẫn. Tại thời điểm gần Mặt trăng nhất $R = R_\pi$ (vì quỹ đạo gần như chạm vào bề mặt Mặt trăng nên chúng ta bỏ qua độ cao của quỹ đạo so với bán kính của Mặt trăng $R_\pi$).

Tốc độ của tàu lúc này là lớn nhất; hãy tìm nó từ điều kiện

$$\frac{mv^2_{\text{max}}}{2} = \gamma \frac{M_\pi m}{R_\pi};$$

từ đây

$$v_{\text{max}} = \sqrt{2\gamma \frac{M_\pi}{R_\pi}} = \sqrt{2g_\pi R_\pi}$$

($v_{\text{max}}$ là vận tốc thoát thứ hai của Mặt trăng). Khi chuyển động theo quỹ đạo tròn, gia tốc hướng tâm của tàu được truyền bởi trọng lực. Do đó, khi hãm tốc tàu phải giảm đến giá trị $v_1$, xác định từ điều kiện

$$\frac{mv^2_1}{R_\pi} = \gamma \frac{M_\pi m}{R^2_\pi}$$

(theo định luật II Newton). Từ đây

$$v_1 = \sqrt{\gamma \frac{M_\pi}{R_\pi}} = \sqrt{g_\pi R_\pi}.$$

Thay đổi tốc độ khi phanh

$$\Delta v = v_{\text{max}} - v_1 = g_\pi R_\pi (\sqrt{2} - 1) \approx 700 \text{ m/c}.$$

S. M. Kozel

Cơm. 11.

F205. Sử dụng một mảnh của chồng A có hình dạng không đều trên một bức tường thẳng đứng, tia nắng được giải phóng một lần trong nước tiểu B, lần khác trong nước tiểu C (Hình 11). Con thỏ trong nước tiểu B có hình tròn và độ chiếu sáng ở trung tâm của nó lớn hơn những khu vực được chiếu sáng bằng ánh sáng khuếch tán nhẹ. Sự chiếu sáng ở trung tâm của chú thỏ trong nước tiểu C là gì?

Loons SA, AB và AC nằm trong cùng một mặt phẳng thẳng đứng, mặt trăng AB nằm ngang, $SAB = BAC = 45^\circ$.

Có lẽ bạn đã hơn một lần nhận ra rằng nếu bức tường nơi bạn chụp tia nắng xa bạn hơn thì chú thỏ sẽ có hình tròn, còn nếu bức tường gần thì tia nắng có hình dạng giống như gương. Tại sao điều này lại xảy ra?

Các tia sáng tới từ bất kỳ điểm nào của Mặt trời sẽ bị phản xạ khỏi gương và sau đó chạm vào màn hình, tạo ra một điểm có hình dạng giống gương (Hình 12). Vì Mặt trời là

47

rất xa và các tia tới từ điểm của Mặt trời rồi phản xạ từ gương có thể coi là song song với nhau thì kích thước của điểm trùng với kích thước của gương. Mỗi điểm của Mặt trời tạo ra một điểm như vậy. Các điểm trên màn hình chồng lên nhau. Nếu màn hình đặt gần gương, sao cho kích thước của mỗi điểm lớn hơn khoảng cách giữa các điểm, thu được khi các tia tới từ các điểm đối xứng của Mặt trời bị phản xạ khỏi gương, thì chú thỏ trên màn hình sẽ có hình dạng của một tấm gương, mặc dù hơi bị méo (kích thước của chú thỏ sẽ khác một chút so với kích thước của gương). Nếu màn hình được đặt xa gương, sao cho kích thước của mỗi điểm nhỏ so với điểm “tổng” lớn, thì điểm lớn hơn này sẽ có hình tròn hoặc hình elip, tùy thuộc vào góc giữa các mặt phẳng của gương và màn hình.

Ở trên chúng ta đã nói về khoảng cách lớn hay nhỏ giữa gương và màn hình. Nhưng khoảng cách nào có thể được coi là lớn và khoảng cách nào là nhỏ? Để trả lời câu hỏi này, chúng ta hãy xem xét các tia tới từ các điểm đối xứng theo đường kính của Mặt trời (hoặc, tương tự, từ các điểm của ảnh cực tiểu của Mặt trời trong gương) (xem Hình 13, a). Rõ ràng rằng một điểm trên màn có dạng gương nếu kích thước góc của gương, tức là góc $\gamma_1$ mà tại đó nhìn thấy gương từ một điểm trên màn, lớn hơn kích thước góc của Mặt trời $\alpha$ (Hình 13, b). Nếu kích thước góc của Mặt trời lớn hơn kích thước góc của gương $\gamma_2$ (Hình 13, c), thì chú thỏ trên màn hình có dạng hình tròn (hoặc hình elip).

48

Trong trường hợp của chúng tôi, con thỏ từ ổ cắm ngăn xếp hóa ra có hình tròn ở điểm $B$. Nó cũng sẽ tròn tại điểm $C$, điểm này thậm chí còn cách xa ngăn xếp hơn điểm $B$. Điều này có nghĩa là kích thước góc của Mặt trời trong trường hợp của chúng ta lớn hơn kích thước góc của ống khói. Nhưng trong trường hợp này, như có thể thấy trong Hình 13, $\theta$, các tia đi vào từng điểm của màn hình chứ không phải từ tất cả các điểm của Mặt trời hoặc ảnh cực tiểu của nó, mà chỉ từ những điểm nhìn thấy được từ một điểm trên màn hình ở cùng một góc đặc $\Omega$ với kính. Do đó, độ sáng của một điểm trên màn hình do các tia phản xạ từ ngăn xếp tỷ lệ với góc khối $\Omega$ mà tại đó có thể nhìn thấy kính từ một điểm trên màn hình. Đối với điểm $B$ góc này bằng $\Omega_1 = \frac{S \cos \alpha_1}{R_1^2}$, trong đó $S$ là diện tích bề mặt của ngăn xếp (Hình 14, a). Vì vậy, việc bổ sung thêm sự chiếu sáng bằng ánh sáng tán xạ tại một điểm

$$B \text{ экрана равна } k \frac{S \cos \alpha_1}{R_1^2}, \text{ где } k \text{ — коэффициент пропорциональности.}$$

Gọi $E_0$ là độ chiếu sáng của những vùng trên màn hình chỉ nhận được ánh sáng khuếch tán. Khi đó tại điểm $B$ việc bổ sung độ chiếu sáng bằng ánh sáng tán xạ là

$$\Delta E_B = 3E_0 - E_0 = 2E_0 = \frac{kS \cos \alpha_1}{R_1^2}. \tag{1}$$

Tại điểm $C$ góc khối mà tại đó nhìn thấy gương (Hình 14, b) bằng

$$\Omega_2 = \frac{S \cos \alpha_2}{R_2^2}.$$

Điều này có nghĩa là nếu màn tại điểm $C$ vuông góc với tia nắng thì độ rọi của nó tại điểm $C$ sẽ bằng

$$E_C = E_0 + k\Omega_2 = E_0 + k\frac{S \cos \alpha_2}{R_2^2}.$$

Vì tia nắng phản xạ tại điểm $C$ tạo một góc $\beta$ với pháp tuyến của bề mặt màn hình, nên

$$E_C = E_0 + k \frac{S \cos \alpha_2}{R_2^2} \cos \beta. \tag{2}$$

So sánh công thức (1) và (2), ta thấy

$$E_C = E_0 \left[ 1 + 2 \frac{\cos \alpha_2}{\cos \alpha_1} \left( \frac{R_1}{R_2} \right)^2 \cos \beta \right].$$

Vì $R_2 = R_1/\cos \beta$, $\alpha_1 = 22.5^\circ$, $\alpha_2 = 45^\circ$ và $\beta = 45^\circ$, thì

$$E_C = E_0 \left[ 1 + 2 \frac{\cos^4 45^\circ}{\cos 22.5^\circ} \right] = 1.52 E_0.$$

F206. Ước tính nhiệt độ tối đa mà bề mặt của một chiếc máy bay đang bay với tốc độ gần bằng tốc độ âm thanh có thể bị nóng lên do áp suất không khí. Để ước tính tình trạng này, không khí bao gồm hai phân tử nitơ amortine, năng lượng của nó bằng 5/2 kT, trong đó $k$ là hằng số Boltzmann và $T$ là nhiệt độ tuyệt đối. Nhiệt độ không khí xung quanh được coi là bằng $-10^\circ C$.

Khi các phân tử nitơ va chạm với bề mặt máy bay, nó không thể nhận năng lượng lớn hơn $\frac{5}{2} kT_1 + \frac{mv^2}{2}$, trong đó $v$ là tốc độ của máy bay (hoặc, trong hệ tọa độ liên kết với máy bay, tốc độ trung bình của chuyển động có trật tự của các phân tử nitơ bay trên mũi máy bay), $m$ là khối lượng của các phân tử nitơ, $T_1$ là nhiệt độ của không khí xung quanh.

49

Cơm. 15.

Vì các phân tử nitơ sau khi va chạm với máy bay phải có năng lượng $\frac{5}{2} kT_2$ tương ứng với nhiệt độ $T_2$ của bề mặt máy bay, nên

$$\frac{5}{2} kT_2 < \frac{5}{2} kT_1 + \frac{mv^2}{2}.$$

Từ đây

$$T_{2\max} = T_1 + \frac{1}{5} \frac{mv^2}{k} \approx 373^\circ\text{K}.$$

F207. Một khối nước đá nổi trên bề mặt dầu trong một bình hình trụ. Nhiệt độ của toàn bộ hệ thống là $0^\circ\text{C}$. Mức dầu và áp suất ở đáy bình sẽ thay đổi như thế nào khi băng tan và nước chìm xuống đáy bình?

Áp suất ở đáy bình không thay đổi. Thật vậy, lực ép lên đáy $F$ bằng trọng lượng của vật chứa trong bình và trọng lượng không thay đổi. Do đó, bản thân áp suất, bằng $\frac{F}{S}$, trong đó $S$ là diện tích đáy bình, không thay đổi.

Mức dầu thay đổi như thế nào? Đặt chiều cao của mực nước trong bình là $h_3$, chiều cao của mực dầu là $h_2$ và chiều cao của mực dầu trước khi băng tan $h_1$ (Hình 15). Vì nước đá nổi và không chạm vào đáy bình nên áp suất tác dụng lên đáy bình trong trường hợp thứ nhất bằng

$$p_1 = \rho_M g h_1.$$

Trong trường hợp thứ hai nó bằng

$$p_2 = \rho_M g \left(h_2 - h_1\right) + \rho_E g h_3$$

($\rho_M$ là mật độ của dầu, $\rho_E$ là mật độ của nước).

Từ đẳng thức áp suất suy ra rằng

$$\rho_M h_1 = \rho_M \left(h_2 - h_1\right) + \rho_E h_3$$

Và

$$h_2 = h_1 - \left(\frac{\rho_B}{\rho_M} - 1\right) h_3.$$

Vì $\frac{\rho_B}{\rho_M} > 1$, nên $h_2 < h_1$.

Do đó, mức dầu sẽ giảm khi băng tan.

Tôi. Sh. Slobodetsky

50

1, 3, 4, 8; O. Kozhuschiy (Moscow) 3; K. Kozel (Ba Lan) 1, 4; B. Kolomensky (Kyiv) 3; V. Komlev·Krasnoisk) 3; S. Konyazin (Saratov) 0, 1, 3—5, 7, 8; S. Korneev (Novokuznetsk) 3; S. Kuznetsov (Cheboksary) 1, 3; A. Kukush·Kyiv) 3, 7, 9; E. Kulyanin (Ryazan) 3; V. Kulbaka (làng Derzhanovka, vùng Chernigov) 3; V. Kuranov (Tetyush TASSR) 3; A. Kurbanov (Moscow) 3; A. Kurlyandchik (Leningrad) 1, 3—5, 8, 9; L. Lalayan (Baku) 3; A. Leosmeev (Moscow) 3; G. Liberov (Moscow) 1; A. Limovenko (Belokorovich, vùng Zhytomyr) 1, 3, 4; M. Lifits (Leningrad) 0 6); Yu. Liban (Evpatoria) 1, 7, 8; T. Lokomoshi (Odesca) 3; I. Luchinkin (Dnepropetrovsk) 1, 3, 4; A. Lvov (Saratov) 3; M. Lyubits (Kharkov) 8; E. Mazur (Derbent) 1; A. Makariev (Lviv) 1, 4, 5; G. Malashonok (Lviv) 1, 3, 4, 7, 8; V. Markin (Tolochin, vùng Vitebsk) 1, 4; G. Mamevev (Leningrad) 3, 4, 7; V. Matsukamov (làng Tsalka, GSSR) 3; I. Medzhivovsky (Moscow) 3; S. Melnik (Kharkov) 1, 3; S. Merzlykov (Ufa) 3, 4; Yu. Merenkov (Berdigestyakh YASSR) 3, 4; K. Minnakhmetov (Bugulma TASSR) 1, 3; A. Molotkv (Kubinka, khu vực Moscow) 7; V. Mondrus (Tbilisi) 3; Zh. Mukazhanov (ga Zharma, vùng Semipalatinsk) 7; G. Mumiov (quận Khadzhabad của UzSSR) 3, 4; K. Minnakhmetov (Bugulma TASSR) 1, 3; A. Molotkv (Kubinka, khu vực Moscow) 7; V. Napadov (Kharkov) 7; S. Nasyrov (Kazan) 3; V. Naumov (làng Kommunar, vùng Leningrad) 4; L. Nakhmanson (Orsk) 3; A. Nikolaev (Moscow) 1, 3, 5, 7; T. Nikonova (Moscow) 3; R. Norvation (Couns) 3; S. Nuzhny (Kuibyshev) 1, 3, 7; S. Ovchinnikov (Leningrad) 3, 4; S. Odeanesyan (Armavir) 3; V. Oleynik (Dnepropetrovsk) 1, 4; V. Orlov (Astrakhan) 3; D. Panzhensky (Ust-Kamenogorsk) 4; V. Pankov (Minsk) 1, 3; O. Parakina (Moscow) 3; P. Paramonov (Moscow) 1, 3; E. Pariis (Tashkent) 1, 3, 8; A. Parlov (ga Uzlovaya, vùng Tula) 1; A. Pasmukhov (Sverdlovsk) 1; N. Petrs (Bulgaria) 4; A. Pechkovsky (Moscow) 1, 3, 4; A. Pidman (Odessa) 1, 3, 4; V. Pisarsky (Moscow) 1; S. Pitskov (Moscow) 3; L. Pitskvsa (p/o Plisma, vùng Minsk) 3; S. Pozhidaev (Kuibyshev) 1, 3, 7; M. Polovinnik (Mena, vùng Chernigov) 1; V. Porkshein (Rostov-on-Don) 1; A. Priornitsky (Slavyansk, vùng Donetsk) 3; V. Mận (Moscow) 8; S. Putintsev (Kemerovo) 1, 3; G. Pyatetsky (Moscow) 3; A. Razguleev (Klin, khu vực Moscow) 8; A. Rayin (Moscow) 1, 3-5; A. Rashkovsky (Kharkov) 1, 3-5; A. Reznikov (Kyiv) 3; G. Reznikov (Saratov) 3, 4; S. Rodtsov (Saratov) 1, 3-5; R. Rozhkov (Ryazan) 1, 3; E. Ruderman (Chernivtsi) 3; N. Rundkovist (Sverdlovsk) 1; M. Sadykov (Kazan) 3; M. Sapir (Sverdlovsk) 1, 3, 4; S. Samanovsky (Kharkov) 1, 3—5, 7; A. Sboev (làng Medvedok, vùng Kirov) 4; A. Sedal (Leningrad) 8; T. Selbirak (Ba Lan) 1, 3; V. Semenov (Minsk, vùng Chelyabinsk) 1; S. Semenov (Voronezh) 3; I. Sivtsky (Lenin-grad) 7; I. Sidorov (Moscow) 3, 4; I. Simonsiv (Moscow) 1, 3, 4, 7; M. Sinykov (Saratov) 1; R. Siroma (Kharkov) 3-5; G. Kho (Kharkov) 1, 3—5; V. Blind (Frunze) 3, 7; A. Sleraenko (Rubtsovsk, Lãnh thổ Altai) 1, 3,7-9; A. Slinkin (Moscow) 1, 3, 4, 7,8; A. Sokolov (Novosibirsk) 3; V. Solodukin (Stepnogorsk) 1; V. Solomyak (Leningrad) 1, 3; T. Sona (làng Kamenskoye, vùng Zaporozhye) 3; P. Sukhov (Saratov) 1, 3; S. Stepkina (Mogilev) 3; S. Tabachinkov (Moscow) 1, 3, 4, 7-9; A. Tarnopolsky (Korosten, vùng Zhitomir) 4, 7; I. Termny (Pervomaisk, vùng Nikolaev) 1; A. Tkay (Kamenets-Podolsky) 1; V. Tkachenko (Kyiv) 3; O. Trukov (Jalal-Abad Kyrgyz SSR) 3; E. Turketsi (Chernivtsi) 1, 3, 4, 7,9; S. Fomin (Leningrad) 1, 3—5, 7,9; V. Khodorvsky (Dnepropetrovsk) 3; V. Khonin (Pervouralsk) 4; S. Tserkovny (Leningrad) 1, 3, 4, 9; I. Tsukerman (Leningrad) 1; Yu. Tsyzanov (làng Verbilki, vùng Moscow) 3, 7; V. Circleevi (Balti) 1; N. Chaturleev (Tbilisi) 3; S. Chermeshantsev (Leningrad) 3, 4; N. Chernov (Krivoy Rog) 1, 3, 4; A. Chebamov (Omsk) 8; Yu. Chernyavsky (Kyiv) 1, 3; Z. Chertkov (Kyiv) 1, 3; M. Shaimukhambetov (Almaty) 3; A. Sherstok (Nikolaev) 1, 3, 4; E. Sheskov (Moscow) 1, 3, 4; V. Shirman (Kharkov) 1, 3—5, 7,9; A. Shekhorsky (làng Stariki, vùng Zhytomyr) 1, 3, 4; I. Yunus (Kharkov) 1, 3—5, 7; A. Ykovlev (làng Samokhvalovich, vùng Minsk) 1, 3; A. Yaroslavtsev (Shelkovo, khu vực Moscow) 4.

Yu. P. Lisov

Các biên tập viên đã nhận được hơn 500 lá thư kèm theo quyết định bài toán F193—F202. lời giải đúng trong số bài toán này đã được thêm vào (số in đậm sau họ là chữ số cuối cùng của số bài toán): N. Azhitsev (làng Lipovka, vùng Lviv) 9, 0; S. Akmertsev (Magnitogorsk) 9; S. ALEXin (Lipetsk) 1; A. Amirov (Orenburg) 9; Sh. Amakulov (Fergana) 9; N. Amitsev (làng Lipovka, vùng Lviv) 9; R. Basirov (làng N. Karakityany TASSR) 0, 2; S. Blaoder (Bokistogorsk) 9; A. BLEXMAN (Alma-Ata) 9; S. Bobkov (Kurgan) 2; L. Bratsinsky (Frunze) 8, 9, 0, 1, 4, 5; A. Braslavets (Novosibirsk) 7; I. Bramovskaya (Usolye-Sibirsk) 7; M. Buneev (làng Kechevka, quận Kechevsky) 9; P. Bukharinov (Bezznyaki) 9; M. Vasnetsov (Kyiv) 0; Yu. Vizen (Leningrad) 4; I. Volkov (Moscow) 9, 0; A. Voskanyan (Yervan) 4, 5; V. Gerasimov (Sarapul UdASSR) 6; A. Tiếng Đức (Voronezh) 0, 4, 6, 7; S. Hertz (Khust) 1; N. Golovko (Prosladny) 6; V. Golumva (Vyskopolye) 9; V. Gorbulin (làng Krasnogvardeyskoye Stav-