Lời giải bài toán M179, M196—M199; F208, F209

31

Lời giải bài toán

M179; M196–M199; F208, F209

M179. «Kvant» Số 8 năm 1973 được xuất bản lời giải bài toán M179. Đồng thời, chúng tôi mời độc giả tự mình hoàn thành lời giải bài toán. Chúng tôi hy vọng bạn đã làm như vậy và có thể so sánh lời giải của bạn với của chúng tôi.

Chúng ta hãy nhớ lại công thức bài toán.

Đối với mỗi tam giác $T$ một chuỗi các tam giác được dựng
$$T_0 = T, T_1, T_2, T_3, \dots,$$
thức ăn $T_n$ là một tam giác có các đỉnh là đáy của các đường cao của tam giác $T_{n-1}$. Chúng ta cần tìm xem có bao nhiêu người bạn khác nhau theo cặp của những người bạn trong tam giác $T$ tồn tại sao cho $T_n$ giống với $T$ (với mỗi $n$ cố định).

Hãy biểu thị bằng $(\alpha, \beta, \gamma), (\alpha_1, \beta_1, \gamma_1), \dots, (\alpha_n, \beta_n, \gamma_n)$ các góc của tam giác $T$ và các tam giác tương ứng $T_1, \dots, T_n$. Chúng ta cần tìm ra có bao nhiêu bản nhạc $(\alpha, \beta, \gamma)$ sao cho bản nhạc $(\alpha_n; \beta_n, \gamma_n)$ trùng với $(\alpha, \beta, \gamma)$ hoặc có được từ nó bằng một phép hoán vị và $\alpha \geqslant \beta \geqslant \gamma$.

Bộ ba $(\alpha, \beta, \gamma)$ và sự biến đổi của chúng
$$\begin{align*} (\alpha, \beta, \gamma) &\rightarrow (\alpha_1, \beta_1, \gamma_1), (\alpha, \beta, \gamma) \rightarrow \\ h^n &\rightarrow (\alpha_n, \beta_n, \gamma_n) \end{align*}$$

Thật thuận tiện để tưởng tượng những hình học như sau:

Chúng ta hãy vẽ một hình tam giác $Y$, với mỗi độ cao bằng $\pi$ và chúng ta sẽ mô tả một bộ ba số không âm $(\alpha, \beta, \gamma)$, trong đó $\alpha + \beta + \gamma = \pi$, bởi một điểm $y$ bên trong tam giác này, khoảng cách từ đó đến cạnh bằng $\alpha$, $\beta$ tương ứng và $\gamma$ (Hình 1). Thư từ này
$$(\alpha, \beta, \gamma) \rightarrow y$$

giữa các rãnh $(\alpha, \beta, \gamma)$ và các điểm $y \in Y$ sẽ là một đối một. Hoán vị của các số trong trike $(\alpha, \beta, \gamma)$ tương ứng với các chuyển động của tam giác, kết hợp nó với chính nó (các góc rẽ và đối xứng theo độ cao). Hãy nhớ lại rằng phép biến đổi $h$ được mô tả về mặt hình học như sau. Trên các đường giữa của tam giác $Y$ (các điểm $y$ của các đường giữa tương ứng với các tam giác vuông $T$) $h$ không được xác định và mỗi trong số bốn tam giác mà các đường giữa chia tam giác $Y$, $h$ ánh xạ lên toàn bộ $Y$ và ánh xạ này là một phép biến đổi tương tự với hệ số 2, biến mỗi đoạn thành một đoạn song song với nó. Ở đây, bằng chỉ dẫn $n$, ta thấy phép biến đổi $h^n$ được sắp xếp tương tự: trên các đường thẳng song song với các cạnh và chia chiều cao thành $2^n$ phần bằng nhau, $h^n$ không được xác định; trong mỗi tam giác $2^{2n}$ mà các đường này được chia $Y$, $h^n$ - một phép biến đổi tương tự với hệ số $2^n$, ánh xạ tam giác này lên toàn bộ $Y$. (Hình 2 hiển thị $h^2$.) Điều kiện $\alpha \geqslant \beta \geqslant \gamma$ chọn một trong sáu hình tam giác mà trên đó tam giác $Y$ đường cao của nó được chia. Cái này thẳng

32

chúng ta biểu thị tam giác góc bằng $Y_1$, phần còn lại - như trong Hình 3 - chúng ta biểu thị tam giác tương ứng bằng $Y_2$, …, $Y_6$. Đặt $f_j$: $Y - Y$ là độ dịch chuyển $Y$ sao cho $f_j(Y_j) = Y_1$. Nếu mỗi $2^{2n}$ hình tam giác nhỏ, được ánh xạ bằng phép biến đổi $h^n$ lên toàn bộ tam giác $Y$, được chia theo chiều cao thành sáu hình tam giác, thì $Y_1$ sẽ được chia thành $2^{2n}$ các hình tam giác tương tự (có hệ số $2^n$), mà chúng tôi biểu thị là $X_j$, $1 \leq j \leq 2^{2n}$ (Hình 4). Sau khi ánh xạ $h^n$, mỗi $X_i$ sẽ đi vào một số $Y_j$ và nếu sau đó bạn sắp xếp lại các số giống nhau ($\alpha_n, \beta_n, \gamma_n$) theo thứ tự giảm dần - áp dụng $f_j$, thì tích của hai phép biến đổi $f_j \cdot h^n$ ánh xạ $X_i$ thành $Y_1$ (biến đổi tương tự với hệ số $2^n$).

Chúng tôi khẳng định rằng trong mỗi $2^{2n}$ tam giác $X_i \subset Y_1$ có chính xác một “điểm cố định” $y_i$, cũng như $y_i \in X_i$ và $f_j(h^n(y_i)) = y_i$. Từ đáp số cũng cần loại trừ các điểm cố định của các tam giác $X_i$ có nhiều loại $Y_1$ hơn (chính xác là có một cột, hệ số tương tự là gì), vì đối với các tam giác này (và vì dễ thấy, chỉ đối với các tam giác này), “điểm cố định” nằm trên ranh giới nơi ánh xạ $h^n$ không được xác định. Ngay sau đó là đáp số trong bài toán: $2^{2n} - 2^n$ của chúng tôi. (Trong Hình 4, mỗi tam giác trong số 12 hình tam giác đầu chứa một điểm ($\alpha, \beta, \gamma$), mà ($\alpha_n, \beta_n, \gamma_n$) sau khi sắp xếp lại theo thứ tự giảm dần sẽ trùng với ($\alpha, \beta, \gamma$).)

Tất cả những gì còn lại là chứng minh tuyên bố của chúng tôi. Để làm điều này, chúng ta áp dụng định lý sau cho tam giác $Y_1$ và ánh xạ $p$ của tam giác này lên $X_i \subset Y_1$, nghịch đảo với $f_j h^n$.

Định lý. Cho $Z$ là một hình không đồng dạng trên mặt phẳng (và mọi ranh giới của điểm $Z$ được coi là thuộc về $Z$), $p: Z \rightarrow Z$ là một phép biến đổi tương tự với hệ số $k < 1$. Khi đó có chính xác một “điểm cố định” của phép biến đổi $p$ thuộc $Z$, tức là có chính xác một $z_0 \in Z$ mà $p(z_0) = z_0$.

Chứng minh định lý cho hình bị chặn $Z$ (cụ thể là đây là trường hợp chúng ta cần) dễ kiểm tra nhất theo cách này. Đặt $Z_n = p^n(Z)$ (kết quả của $n$ áp dụng $p$ cho $Z$). Sau đó $Z \supset Z_1 \supset Z_2 \supset Z_3 \supset \dots$ và giao điểm của tất cả $Z_n$ bao gồm một điểm $z_0$ (Hình 5). Điểm này sẽ là điểm cố định của phép biến đổi $p$.

Một bằng chứng khác có thể chỉ ra rõ ràng điểm cố định và phù hợp với các số không giới hạn $Z$ có thể thu được bằng cách sử dụng số phức. Bất kỳ phép biến đổi nào về độ giống nhau của một mặt phẳng đều có thể được viết dưới dạng kết quả của một phép quay tuần tự, kéo dài $k$ lần, chuyển song song: $z| \rightarrow az + b$ và, có lẽ, thậm chí trước đó đối xứng với một đường thẳng: $z| \rightarrow az + b$ (ở đây $a$ và $b$ là các số phức, $|a| = k$, $z = x - iy$ - cách chia động từ $k = z + iy$; xem bài “Số ảo và hình học bài toán”, «Kvant» Số 3, 1973, tr. Trong trường hợp đầu tiên, điểm cố định được tìm thấy là lời giải của phương trình.

$$z_0 = az_0 + b > z_0 = \frac{b}{1 - a} = \frac{b + \bar{a}b}{1 - k^2},$$

trong hệ phương trình thứ hai - dưới dạng lời giải

$$\begin{cases} z_0 = \bar{a}z_0 + b \\ \bar{z}_0 = \bar{a}z_0 + \bar{b} \end{cases} > z_0 = \frac{b + \bar{a}b}{1 - \bar{a}},$$

$$= \frac{b + \bar{a}b}{1 - k^2}.$$

34

Lưu ý 1. Lưu ý rằng khi chúng ta thay đổi vị trí của các số mà chúng ta thực hiện thì tổng của các tích sẽ tăng lên một cách nghiêm ngặt. Theo đó, tổng của các tích bằng giá trị lớn nhất khi và chỉ khi bảng được lấy từ một bảng có các hàng được sắp xếp bằng cách sắp xếp lại các cột.

2. Nếu bảng không chứa số dương thì câu lệnh đó là sai. Ví dụ đơn giản nhất là bảng $2 \times 3$ (Hình 7).

V. M. Makarevich

M198. Cho hình bình hành ABCD. Trên các đường thẳng AB và BC, chọn các điểm H và K tương ứng sao cho các tam giác KAB và HCB đều bằng nhau (KA = AB và HC = CB (Hình 8)). Chứng minh tam giác KDH là tam giác đều.

Đây là một bài toán rất đơn giản. Xét các tam giác AKD và CDH. Chúng bằng nhau, vì AD = CH, AK = DC và DAK = DCH (xem Hình 9, a, b, c). Do đó độ dài của các đoạn KD và DH bằng nhau. Cũng dễ dàng chứng minh được các tam giác KDH, AKB và BHC đồng dạng (làm điều này).

V. L. Gutenmacher

M199. a) Chứng minh rằng tổng
$$C_n^0 - C_{n-1}^1 \frac{1}{4} + C_{n-2}^2 \frac{1}{4^2} - \dots +$$
$$+ (-1)^i C_{n-i}^1 \frac{1}{4^i} + \dots,$$
(tổng được lấy trên tất cả các mục tiêu i, 0 ≤ i $\frac{n}{2}$) bằng $\frac{n+1}{2^n}$.

b)* Chứng minh rằng nếu p và q là hai số khác nhau u p + q = 1 thì tổng
$$C_n^0 - C_{n-1}^1 pq + C_{n-2}^2 p^2 q^2 - \dots +$$
$$+ (-1)^i C_{n-i}^1 p^i q^i + \dots,$$

hình 9

35

$$\frac{p^{k+1}(1-q) - q^{k+1}(1-p)}{p-q} = \frac{p^{k+2} - q^{k+2}}{p-q}$$

(nhớ lại $p+q=1$).

Nó vẫn còn để kiểm tra cơ sở cảm ứng. Đối với $n=0$ $S_n=1$ và $\frac{p-q}{p-q}=1$ – công thức đúng.

Khi $n=1$ $S_n=1$ và $\frac{p^2-q^2}{p-q}=p+q=1$ công thức lại đúng.

Như vậy, cả bước quy nạp và cơ sở quy nạp đều được xác minh. Do đó, công thức đúng với mọi $n$.

Bình luận. Trong lời giải của chúng tôi, chúng tôi đã sử dụng thực tế là $C_n^k + C_n^{k+1} = C_{n+1}^k$ Hãy tự suy ra sự tương ứng này từ công thức cho $C_n^k$ cho trong điều kiện bài toán.

L. G. Limanov

Hầu hết tất cả độc giả đã gửi lời giải bài toán M190—M199 đã hoàn thành xuất sắc các bài toán M191, M198. Chúng tôi đã nhận được hơn 150 chiếc lời giải bài toán M196 đúng. lời giải đúng của bài toán còn lại đã xuất hiện (số in đậm sau họ là chữ số cuối cùng của số đã giải bài toán): S. Abramov (Moscow) 7; S. Adeev (Voronezh) 2; D. Azov (Chelyabinsk) 2; Yu. Akumin (Moscow) 5; P. Bankovsky (Uralsk) 7; A. Baraov (Urukh KBASSR cũ) 7; E. Bashkirov (Minsk) 2, 7; A. Berlin (Bobriy) 2, 7; A. Blokh (Kharkov) 2, 4, 7, 9; A. Buzanov (Dnepropetrovsk) 2; A. Vainovsky (Baku) 2; A. Valkov (Tashkent) 2, 7, 9; A. Vasitseyev (Stavropol) 7; R. Wasserman (Odeska) 9; S. Vilkomir (Moscow) 2; A. Volkov (Chelyabinsk) 3; V. Gavriin (Kovylin Mord. Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị) 2, 7; A. Goncharov (Nikopol) 2; A. Gritsoryan (Baku) 0, 2, 4, 7, 9; S. Gritsenko (ga Leningradskaya, vùng Krasnodar) 7; S. Grodsky (Korsun-Shevchenkovsky) 7; E. Gusev (Pavlograd) 2, 7, 9; G. Gutin (Klintsy, vùng Bryansk) 2, 4, 7, 9; A. Dadomov (Leningrad) 2, 4; K. Danilchenko (Volgograd) 2, 9; P. Dedik (Moscow) 7; V. Duptsov (Dushanbe) 7; A. Ermenenko (Kharkov) 2, 9; K. Ermenenko (Chelyabinsk) 2; A. Zhdanov (Slavyansk-on-Kuban) 2; A. Zhuravlev (Moscow) 2, 7; M. Zaks (Perm) 2; A. Zaslavsky (Kalinin) 7, 9; V. Karapetyan (Sevan) 2, 9; D. Karpov (Pavlograd) 7, 9; M. Katz (Chisinau) 7; I. Kirova (Bulgaria) 2; L. Klimenok (Moscow) 7; Yu. Knyazikin (Tallinn) 7; M. Kobozev (Kyiv) 9; K. Kozel (Ba Lan) 0; S. Konyaesen (Saratov) 0; V. Kosharny (Volonogorsk, vùng Dnepropetrovsk) 4, 7; A. Kukush (Kyiv) 4; R. Kupiec (Ba Lan) 0; A. Kurlyandik (Leningrad) 2, 4; G. Levant (Frunze) 2; D. Lifshits (Koutansi) 7; M. Lyubits (Kharkov) 0, 7; A. Makartsev (Lviv) 2—4, 7, 9; G. Malashonok (Lviv) 2, 7; D. Mamedov (Divich Azerbaijan Liên Xô) 9; S. Melnik (Kharkov) 2; D. Mostovoy (Grozny) 3; G. Mustafaev (Snazany) 9; V. Napadov (Kharkov) 2, 4; A. Nikolaev (Moscow) 0; S. Nuzhny (Kuibyshev) 2, 4; M. Osipov (Moscow) 7; I. Panin (Sự thờ ơ) 2; V. Pankov (Minsk) 0, 3, 5, 7; P. Paramonov (Moscow) 5, 7; E. Parilis (Tashkent) 7, 9; E. Pasik (Kharkov) 2, 3, 4, 7, 9; V. Perevalov (Komsomolsk-on-Amur) 2; V. Mận (Moscow) 2; A. Razulyaev (Klin) 7; A. Rayin (Moscow) 0; A. Reznikov (Kyiv) 2, 4; S. Rodonov (Saratov) 9; R. Rozhkov (Ryazan) 2, 7; F. Rozhkov (Ryazan) 2, 7; V. Rosenshtein (Kamenets-Podolsky) 7; A. Ryazanov (N. Kuznetsk, vùng Kemerovo) 7; G. Samorodnitsky (Nizhyn) 2; V. Thứ bảy (Kyiv) 2; A. Sakharov (Yaroslavl) 7; G. Sklyar (Kharkov) 7, 9; V. Blind (Frunze) 3; V. Slepenko (Chelyabinsk) 7; MỘT. Slesarenko (Rubtsovsk, Lãnh thổ Altai) 2, 4; A. Slikin (Moscow) 0, 2, 4, 7, 9; I. Slutsky (Minsk) 2; Y. Soibelman (Kyiv) 2; K. Stemiak (Ba Lan) 2, 3; S. Tabachnikov (Moscow) 0, 2—5, 7, 9; V. Tkachenko (Kyiv) 7; E. Turkevich (Chernivtsi) 0, 2—4, 7, 9; S. Fomin (Leningrad); 2, 3; S. Tserkovny (Leningrad) 7; N. Chekrykov (Naberezhnye Chelny) 3; A. Chebamov (Omsk) 2, 3, 7; N. Chernov (Krivoy Rog) 2, 3, 7, 9; A. Sherstyuk (Nikolaev) 0, 7, 9; V. Shlykov (Kharkov) 2, 3, 4, 7; I. Sherbina (Dnepropetrovsk) 0,2—4, 7, 9; A. Shekhorsky (làng Stariki, vùng Zhytomyr) 9; R. Yulukhametov (làng Itkulovo, Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị Bashkortostan) 7; I. Yunus (Kharkov) 2, 7, 9.

Yu. P. Lysov

F208. Khi kết thúc quá trình tự động hóa, lốp sẽ nổ tung. Ước tính tốc độ tự động kiểm tra nên được sử dụng để lốp không bị nhăn.

Chúng ta sẽ giả sử xe chuyển động đều và không bị trượt, đồng thời xét những lực nào tác dụng lên phần lốp của một bánh xe tiếp xúc với mặt đường: Trong hệ tọa độ quán tính liên kết với tâm bánh xe, phần lốp này di chuyển dọc theo một đường tròn có bán kính $R$ (bán kính bánh xe) với tốc độ tuyến tính có độ lớn bằng tốc độ của xe v. Gia tốc hướng tâm của phần này là $a_u = \frac{v^2}{R}$.

Những lực nào tác dụng lên phần lốp như vậy (gọi là “dẫn”)? Nếu chúng ta bỏ qua sự biến dạng của lốp và các lực liên quan đến nó, thì chỉ có một lực trong vùng tác dụng chính - phản lực của mặt đường $N$.

(Lực mg tác dụng lên vùng này nhỏ hơn $N$ rất nhiều và có thể tránh được).

Vì xe tự động thông thường có 4 bánh,

36

thì lực này (trung bình) bằng $N = \frac{1}{4} Mg$,

trong đó $M$ là khối lượng tự động. Gia tốc được truyền tới phần đầu của lốp có khối lượng $m$ bởi lực $N$ là gia tốc hướng tâm, nghĩa là

$$\frac{1}{4} Mg = m \frac{v^2}{R}.$$

(1)

Vì vế trái của đẳng thức (1) được xây dựng (đối với một xạ thủ súng máy nhất định), nên các điều kiện $R =$ const (điều kiện về tính bất biến của lốp) và do đó, $m =$ const xác định duy nhất tốc độ cần thiết:

$$v = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{M}{m} g R}.$$

(2)

Để có được đánh giá định lượng, chúng tôi thay thế các giá trị sau vào công thức này: $g = 10 \, m/c^2$, $R = 0,5 \, m$, $M = 2 \cdot 10^3 \, \text{кг}$. Giá trị của $m$ cần được ước tính. Chiếc lốp nặng khoảng 30 kg, một phần nhỏ va chạm với mặt đường. Chúng ta sẽ giả sử rằng độ dài của nó là $l = 10 \, \text{см}$. Sau đó

$$m = m_{\text{ш}} \cdot \frac{l}{2\pi R} \approx 30 \cdot \frac{10}{2 \cdot 3,14 \cdot 0,5} \approx 1 \ (\text{кг})$$

(chúng ta giả sử rằng bán kính của lốp xe nhỏ so với bán kính của bánh xe).

Bây giờ thay thế tất cả các đại lượng này vào công thức (2), chúng ta thu được

$$v = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{2000}{1} \cdot 10 \cdot 0,5} = 50 \, m/c = 180 \, \text{км/ч}.$$

Đối với tự động hóa địa chất, tốc độ này khá thấp.

F209. Bạn có thể mô phỏng quỹ đạo của một hạt tích điện trong từ trường bằng cách đặt một dây dẫn tuần hoàn cố định ở hai đầu để dòng điện chạy qua trong từ trường đều. Lực căng của một sợi dây có cường độ cực đại là 1 a sẽ bằng bao nhiêu nếu nó mô phỏng quỹ đạo của một proton có năng lượng 1 MeV trong từ trường vuông góc với các đường sức từ?

$$F = IB\Delta l,$$

vuông góc với phần tử $\Delta l$ (Hình 11). Các lực $T_1$ và $T_2$ lực căng của dây ($|T_1| = |T_2| = T$) tác dụng từ các phần tác dụng. Vì phần tử dây được đề cập ở trạng thái cân bằng nên lực cân bằng $T_1$ và $T_2$ phải bằng giá trị tuyệt đối với lực $F$, nghĩa là

$$2T \sin \frac{\alpha}{2} = IB\Delta l;$$

từ đây

$$T = \frac{1}{2} \frac{IB\Delta l}{\sin \frac{\alpha}{2}}.$$

Nhưng $\Delta l = \alpha R$, trong đó $R$ là bán kính của vòng tròn thể hiện bài đăng. Ngoài ra, vì chúng tôi lấy phần tử nối dây nhỏ (so với $R$) nên góc $\alpha$ nhỏ và

$$\sin \frac{\alpha}{2} \approx \frac{\alpha}{2}.$$

Pozumu

$$T = \frac{1}{2} \frac{IBR\alpha}{\alpha/2} = IBR.$$

Vì vậy, để tìm $T$, chúng ta cần xác định $R$.

Một proton trong từ trường chuyển động tròn đều dưới tác dụng của lực Lorentz

$$F = evB$$

(v là tốc độ của proton, e là điện tích của nó). Lực này làm cho proton bị ly tâm

37

F210. Hai kết nối mở giống hệt nhau với hai ống giống hệt nhau và được đổ đầy nước lên trên. Các ống được đóng lại bằng vòi $K_1$ và $K_2$ (Hình 12). Nhiệt độ của nước trong bình được duy trì không đổi và $t_1^\circ > t_2^\circ > 4^\circ$ C. Điều gì sẽ xảy ra với nước trong bình nếu đầu tiên vòi $K_2$ mở, sau đó (với vòi $K_2$ mở) vòi $K_1$ mở?

Sau khi mở vòi $K_2$ các mạch sẽ bắt đầu giao tiếp. Do đó, mực nước như vậy sẽ được thiết lập trong đó tại đó áp suất ở các điểm thấp hơn của bình sẽ bằng nhau (chất sẽ chảy từ bình này sang bình khác):

$$\rho_1 g h_1 = \rho_2 g h_2$$

($\rho_1, \rho_2$ - mật độ nước trong bình có nhiệt độ tương ứng $t_1^\circ$ và $t_2^\circ$, $h_1$ và $h_2$ - mực nước tương ứng).

Vì $t_1^\circ > t_2^\circ > 4^\circ$ C nên $\rho_1 < \rho_2$. Điều này có nghĩa là $h_1 > h_2$, tức là nước sẽ chảy từ bình bên phải sang bình bên trái và một phần sẽ bị văng ra ngoài.

Điều gì sẽ xảy ra với nước khi mở vòi $K_1$ tùy thuộc vào sự tương ứng giữa áp suất nước trong bình ở mức ống. Và vì áp suất có quan hệ tuyến tính với chiều cao của mức và $h_1 > h_2$, nên ở bất kỳ mức nào $0 < h < h_1$, áp suất ở bình bên trái sẽ lớn hơn ở bình bên phải (Hình 13). Vì vậy, $p_1(h_0) > p_2(h_0)$. Do đó, khi chúng ta mở vòi $K_1$, nước bắt đầu chảy qua ống trên từ bình bên trái sang bình bên phải. Trong trường hợp này, áp suất ở bình bên phải sẽ tăng và ở bình bên trái sẽ giảm. Nhờ đó, một dòng nước từ bình bên phải sang bên trái sẽ xuất hiện ở ống bên dưới.

bài toán này liên quan trực tiếp đến tính kỹ thuật. Pin đun nước nóng được kết nối với một ống, tuy nhiên nước vẫn lưu thông qua pin như vậy và không chỉ chảy qua đường ống mà không đi vào pin.

Tôi. Sh. Slobodetsky

Hình 12.

tăng tốc

$$a = \frac{v^2}{R},$$

đó là

$$evB = m \frac{v^2}{R},$$

hoặc

$$BR = \frac{mv}{e} = \frac{1}{e} \sqrt{2 \frac{m^2 v^2}{2}} = \frac{1}{e} \sqrt{2 m \frac{mv^2}{2}}.$$

Vì $\frac{mv^2}{2} = W$ là động năng của proton nên $BR = \frac{1}{e} \sqrt{2 m W}$.

Vì vậy, $T = \frac{1}{e} \sqrt{2 m W}$.

Thay thế $I = 1a$, $e = 1,6 \cdot 10^{-19} \kappa$, $m = 1,67 \cdot 10^{-27} \kappa$, $W = 1 Mэв = 1,6 \cdot 10^{-13} \partial x$ vào công thức này, ta tìm được

$$T = \frac{1}{1,6 \cdot 10^{-19}} \sqrt{2 \cdot 1,67 \cdot 10^{-27} \cdot 1,6 \cdot 10^{-18}} \approx 14 (\text{н}).$$