Lời giải bài toán M205—M207; F213—F217

36

điện áp trên tụ điện nếu điện áp trên tụ điện thay đổi rất ít trong một khoảng thời gian.

F261. Tại bề mặt tiếp xúc giữa hai chất lỏng có mật độ khác nhau, một tấm kính có thành dày có đáy mỏng nổi lên, nhúng trong chất lỏng phía dưới đến độ sâu $h$. Kính được đổ đầy chất lỏng trên cùng. Bán kính ngoài của kính là $R$, bán kính trong là $r$. Một cái lỗ xuất hiện ở đáy kính. Độ sâu của cốc sẽ thay đổi bao nhiêu sau khi không còn chất lỏng trong đó?

F262. Một tấm kính hình trụ có thành mỏng với đáy mỏng được đóng lại bằng một pít-tông mỏng đến mức khó tin. Một lò xo được chèn vào giữa piston và đáy kính. Bên trong kính có không khí ở áp suất khí quyển $p_0$. Thủy tinh nổi trong nước, như trong Hình 6, khoảng cách. 6.

bề mặt từ mặt nước đến pít-tông là $l_1$, độ sâu ngâm của kính là $l_2$. Diện tích pít-tông $S$, độ cứng của lò xo $k$, mật độ nước $ρ$. Độ sâu tối đa mà một chiếc cốc có thể được nhúng dưới nước là bao nhiêu để nó vẫn nổi được? Bỏ qua thể tích của lò xo.

Cơm. 6.

bề mặt từ mặt nước đến pít-tông là $l_1$, độ sâu ngâm của kính là $l_2$. Diện tích pít-tông $S$, độ cứng của lò xo $k$, mật độ nước $ρ$. Một chiếc cốc có thể nhúng tối đa bao nhiêu không khí vào nước để nó vẫn nổi? Bỏ qua thể tích của lò xo.

Lời giải bài toán

M205—M207, F213—F217

M205. 24 học sinh giải được 25 bài toán. Giáo viên có một bảng $24 \times 25$, trong đó ghi lại ai quyết định bài toán nào. Hóa ra cứ bài toán nào cũng có ít nhất một học sinh giải được. Chứng minh rằng

a) bạn có thể đánh dấu một số bài toán bằng một “dấu tích”, như thể mỗi học sinh đã giải được một số (cụ thể là có thể bằng 0) từ bài toán được đánh dấu;

b) bạn có thể đánh dấu một số bài toán “+” và một số phần còn lại bằng dấu “-” và gán cho mỗi bài toán một số nguyên điểm để mỗi học sinh đạt điểm bằng nhau cho bài toán được đánh dấu bằng dấu “+” và “-”.

Cả bài toán a) và b) đều dễ giải bằng cách sử dụng định lý trên hệ phương trình tuyến tính. Đầu tiên, chúng ta hãy xây dựng bài toán 6) một cách phù hợp.

Gọi số học sinh là $m$, bài toán - $n$. Chúng ta hãy xác định các số $a_{ij}$ ($1 \leq i \leq m, 1 \leq j \leq n$) như sau: $a_{ij}$ bằng 1 nếu học sinh thứ $i$ giải được câu $j$th bài toán và 0 nếu không. Chúng ta phải chứng minh rằng có các số nguyên $x_j$ ($1 \leq j \leq n$) - dương, khủng và số 0, sao cho

$$a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + \dots + a_{1n}x_n = 0,$$

$$a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + \dots + a_{2n}x_n = 0,$$

$$a_{i1}x_1 + a_{i2}x_2 + \dots + a_{in}x_n = 0,$$

(1)

$$a_{m1}x_1 + a_{m2}x_2 + \dots + a_{mn}x_n = 0$$

hay nói tóm lại, với mọi $i$ từ 1 đến $m$

$$\sum_{j=1}^{n} a_{ij}x_j = 0.$$

Thật vậy, nếu chúng ta gán dấu $j$th bài toán của số $x_j$ và số điểm bằng $|x_j|$ (và chúng ta bỏ qua những điểm đã cho mà $x_j = 0$), thì phương trình thứ $i$ trong (1) sẽ chỉ có nghĩa là học sinh thứ $i$ đã giải được “dương” bài toán và “âm” bài toán với cùng số điểm.

Tất nhiên, hệ phương trình có độ chính xác rất thấp, nhưng chúng tôi không quan tâm đến nó: ít nhất một bài toán phải được đánh dấu bằng dấu “+” hoặc “-”.

Định lý a. Nếu $m < n$ thì hệ phương trình (1) luôn có nghiệm không tầm thường

37

lời giải $(x_1^0, \dots, x_n^0)$, với $x_j$ được thể hiện qua các số $a_{ij}$ và số 1 bằng bốn phép tính số học.

Ta tiến hành chứng minh bằng quy nạp trên $m$. Đối với $m = 1$ chúng ta có một phương trình (với $n \geq 2$ ẩn số):

$$a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + \dots + a_{1n}x_n = 0.$$

Nếu $a_{11} = 0$, bạn có thể lấy

$$x_1^0 = 1, \quad x_2^0 = x_3^0 = \dots = x_n^0 = 0.$$

Nếu $a_{11} \neq 0$, thì chúng ta có thể lấy

$$x_2^0 = 1, \quad x_3^0 = \dots = x_n^0 = 0,$$

$$x_1^0 = -\frac{a_{12}}{a_{11}}.$$

Chứng minh khẳng định cho phương trình $(m - 1)$. Chúng ta hãy rút ra định lý độ lún cho phương trình $m$.

Nếu $a_{11} = 0$ thì chúng ta vẫn có thể lấy lời giải (2). Nếu $a_{11} \neq 0$, thì trừ phương trình thứ $i$ của phương trình thứ nhất, nhân với $-\frac{a_{i1}}{a_{11}}$, sao cho hệ số $x_1$ trở thành $a_{i1}$. Ta thu được hệ tương đương với hệ ban đầu:

$$a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + \dots + a_{1n}x_n = 0,$$

$$a_{21}x_2 + \dots + a_{2n}x_n = 0,$$

$$\dots$$

$$a_{m1}x_2 + \dots + a_{mn}x_n = 0.$$

Phương trình $(m - 1)$ cuối cùng của nó, theo giả thuyết quy nạp (vì $m - 1 < n - 1$), có một điểm chung không tầm thường lời giải: $(x_2^0, x_3^0, \dots, x_n^0)$. Thay thế nó vào phương trình đầu tiên (2), chúng ta tìm thấy

$$x_1^0 = -\frac{a_{12}x_2^0 + a_{13}x_3^0 + \dots + a_{1n}x_n^0}{a_{11}}.$$

Rõ ràng là tất cả $a_{ij}$ được biểu thị dưới dạng $a_{ij}$ bằng bốn phép tính số học; theo giả thuyết quy nạp, điều tương tự cũng đúng với $x_0^0 (j = 2, \dots, n)$, và do đó đối với $x_1^0$.

Vì trong bài toán $a_{ij}$ của chúng ta bằng 0 hoặc 1, chúng ta sẽ tìm thấy trong định lý $x_j$ chúng sẽ là các số hữu tỉ; nếu chúng ta nhân tất cả những số này với một bội số chung, chúng ta sẽ nhận được lời giải ở dạng số nguyên: nếu $(x_1^0, \dots, x_n^0)$ là lời giải của hệ (1), thì $(Kx_0^0, \dots, Kx_n^0)$ cũng sẽ bằng hệ này.

Hãy chuyển sang bài toán a). Đầu tiên, nó cũng có thể được suy ra trực tiếp từ định lý; bạn chỉ cần định nghĩa “số” và “phép toán số học” khác nhau. Cụ thể, có thể suy ra “số” gồm hai phần tử: 0 và 1, phép cộng và phép nhân được xác định bởi các công thức:

$$0 + 0 = 1 + 1 = 0; \quad 0 + 1 = 1 + 0 = 1;$$

Cơm. 1.

$$0 \cdot 0 = 0 \cdot 1 = 1 \cdot 0 = 0; \quad 1 \cdot 1 = 1.$$

Có thể kiểm chứng rằng các phép toán này thỏa mãn tất cả các tính chất tổng quát, bao gồm khả năng trừ và chia cho các số khác 0; như đã nói, tập hợp {0,1} với các phép toán (3) tạo thành một trường. Chúng ta hãy tìm lời giải không cần thiết của hệ phương trình (1) trong trường này. Giải pháp là một tập hợp gồm $(x_j^0, \dots, x_n^0)$ số không và số một. Nếu bạn đánh dấu vào những bài toán mà $x_j^0 = 1$ thì tất cả học sinh sẽ giải số chẵn được đánh dấu bài toán: sau cùng, tổng của một số đơn vị chẵn theo quy tắc (3) bằng 0 và số lẻ là 1.

lời giải bài toán a) thứ hai có thể được bắt nguồn từ 6. Giả sử đã tìm thấy một tập hợp các số nguyên $x_j^0$ thỏa mãn hệ (1). Hãy thay thế tất cả các số $x_j^0$ bằng 0, các số lẻ bằng 1 và lưu ý bài toán, tạo thành các số *). Rõ ràng là mỗi tổng $\sum a_{ij}x_j^0$ vẫn là số chẵn (thuật ngữ này được đổi thành số chẵn). Vì vậy, mỗi học sinh giải được số chẵn được đánh dấu bài toán.

Cuối cùng, chúng tôi trình bày một yêu cầu rất cơ bản bài toán a). Phép so sánh mà chúng tôi sẽ sử dụng - “nếu có nhiều hơn M con thỏ trong ô M, thì có ít nhất hai con thỏ trong ít nhất một ô” - thường được gọi là “Giảm Dirichlet” ****.

Hãy đếm xem người vượt qua có thể đặt dấu tích ở $n$ bài toán theo bao nhiêu cách. Nói cách khác, có bao nhiêu lần?

*) Chúng ta có thể giả sử rằng không phải tất cả $x_j^0$ đều là số chẵn. Thật vậy, nếu tất cả $x_j^0$ đều chẵn thì khoảng cách được đặt $x_j^0 = \frac{x_j^0}{2}$ giống như lời giải.

**) Về bài viết có tựa đề được gọi là, xem Lượng tử số 7, 1971.

38

một tập hợp các phần tử $n$, bao gồm tập hợp con “trống” và tập hợp con “đầy đủ” của tất cả các phần tử $n$. Đối với mỗi bài toán, bất kể những cái khác, chúng ta có thể đánh dấu vào nó hoặc không. Vậy số cần tìm là $2^n$. Đối với mỗi tập hợp con $2^n$ $A$, hãy ghép số 1 với những học sinh giải được số lẻ bài toán, từ tập hợp con $A$ và 0 với những học sinh giải được số lẻ bài toán. Do đó, chúng tôi gán cho mỗi tập hợp con $A$ một cột gồm các số 0 và một. Rõ ràng có $2^m < 2^n$ số chữ hoa như vậy. Do đó, có hai tập hợp con khác nhau $A$ và $B$ sao cho chúng tương ứng với cùng một cột gồm các số 0 và một. Chúng tôi khẳng định rằng điều kiện bài toán sẽ được thỏa mãn nếu bây giờ chúng tôi đánh dấu những bài toán được bao gồm trong một trong các bộ $A$ và $B$; nói cách khác, bạn cần đánh dấu bài toán từ tập hợp được tô bóng trong Hình 1:

$$(A \cup B) < (A \cap B) = A \Delta B^*).$$

Vì mỗi học sinh có cùng số lần giải bài toán của $A$ và $B$, nên trong $A \Delta B$ số bài toán được anh ta giải là chẵn; điều này khá rõ ràng trong Hình 10: xét cho cùng, số phần tử trong $A \Delta B$ bằng tổng số phần tử trong $A$ và $B$ trừ đi hai lần số phần tử $A \cap B$.

N. B. Vasiliev

**M206. Cho một dãy số vô hạn. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$, nguyên tố cùng nhau với số 10, trong một dãy có thể chỉ ra một trăm chữ số liên tiếp sao cho số viết bởi các chữ số này chia hết cho $n$.

Chúng ta sẽ giả sử rằng chúng ta có một chuỗi vô hạn các chữ số $a_1, a_2, \dots, a_i, \dots$, được viết từ trái sang phải. Chúng ta hãy nhìn vào những con số này:

$$a_m, a_{m-1}a_m, a_{m-2}a_{m-1}a_m, \dots, a_1a_2\dots a_m$$

(thanh, như thường lệ, biểu thị ký hiệu thập phân của một số). Nếu $m$ đủ lớn - lớn hơn $n$ - thì nó sẽ tìm thấy hai số $a_{m-1}a_m, a_{m-2}a_{m-1}a_m, \dots, a_1a_2\dots a_m$ trong đó $i < j$ có cùng số dư khi chia cho $n$. Thật vậy, khi chia cho $n$, $n$ có thể có các số dư khác nhau: 0, 1, 2, …, $n-1$. Do đó, nếu $m > n$, thì trong số $m$ số dư thu được khi chia các số viết ở trên cho $n$, chắc chắn anh ta sẽ tìm được hai số dư giống nhau: xét cho cùng, nếu tất cả các số dư khác nhau thì sẽ không còn $n$ nữa, mà chỉ có $m < n$. Lý luận kiểu này đã được hiểu rõ

*) Xem bài viết Gindikin S.G., Có bao nhiêu phép toán trên tập hợp, «Kvant», 1973, số 7.

39

Cơm. 4.

các chữ cái nhỏ cũng biểu thị các đường thẳng mà các cạnh nằm trên đó: $X_2X_3$ - đường thẳng $x_1$, $X_3X_1$ - đường thẳng $x_2$, $X_1X_2$ - đường thẳng $x_3$.

Đặt tam giác $B$ nằm một góc trong mặt phẳng của tam giác $A$. Chúng ta hãy lần lượt vẽ qua các đỉnh $A_1, A_2$ và $A_3$ các đường thẳng $x_1, x_2, x_3$, các đường thẳng song song $b_1, b_2$ và $b_3$. Rõ ràng là các tam giác $X$ và $B$ tương tự nhau vì chúng tương ứng song song (Hình 2, 3). Vì vậy, chúng ta đã dựng một tam giác $X$, tương tự như tam giác $B$, có các cạnh hoặc phần mở rộng của chúng đi qua các đỉnh $A_1, A_2, A_3$ của tam giác $A$. (Nhiều độc giả cho rằng một tam giác như $B$ nên được ngoại tiếp xung quanh $A$ theo nghĩa tự nhiên, “hẹp” của từ này, nghĩa là các điểm $A_1, A_2, A_3$ không được phép nằm trên phần kéo dài của các cạnh $x_1, x_2, x_3$ mà chỉ nằm trên chính các cạnh đó, như trong hình 2 chứ không phải ở hình 3. Cuối cùng, chúng ta sẽ nói về những thay đổi được đưa ra trong đó lời giải với cách hiểu “hẹp” hơn này).

Nếu chúng ta quay đường thẳng $x_1$ với cùng vận tốc góc quanh điểm của nó $A_1, x_2$ - quanh $A_2$ và $x_3$ - quanh $A_3$, thì chúng ta sẽ có cả một nhóm hình tam giác $X$. Chúng ta sẽ biểu thị toàn bộ gia đình này bằng chữ cái $S$. Rõ ràng mỗi tam giác $X$ của họ $S$ đều đồng dạng với $B$. Hình 4 cho thấy tam giác $X$ thay đổi như thế nào khi xoay đường thẳng $x_1, x_2, x_3$; không chỉ những gì xảy ra vào thời điểm “quan trọng”, khi tam giác $X$ trở nên rất nhỏ; chúng ta sẽ sớm thấy rằng tại một số thời điểm các đường thẳng $x_1, x_2, x_3$ đi qua một điểm, do đó tam giác $X$ suy biến đến điểm này; thì các đường thẳng $x_1, x_2, x_3$ tiến đến vị trí ban đầu của chúng (điều này xảy ra khi mỗi đường thẳng quay một góc $180^\circ$).

Hãy cùng tìm hiểu cụ thể hơn xem thiết bị $S$ là như thế nào nhé. Lưu ý rằng khi hai đường thẳng quay đều quanh hai điểm $A_1$ và $A_2$ (Hình 5), điểm giao nhau của chúng $P$ mô tả một đường tròn có tâm $O$, trong đó $OA_1A_2 = OA_2A_1 = \frac{\pi}{2} - \varphi$, trong đó $\varphi$ là góc không đổi giữa các đường thẳng, $0 \leqslant \varphi \leqslant \frac{\pi}{2}$.

Hơn nữa, đối với điểm $P$ ở một phía của đường thẳng $A_1A_2$ thì góc $A_1PA_2$ bằng $\varphi$ và ở phía bên kia ($\pi - \varphi$). Theo đó, mỗi điểm $X_1, X_2, X_3$ của các đỉnh của tam giác $X$ ngoại tiếp một đường tròn. Chúng tôi biểu thị tâm của các vòng tròn này bằng $O_1, O_2, O_3$ (một vòng tròn có tâm $O_1$ đi qua $A_2$ và $A_3$, v.v.).

Bây giờ chúng ta hãy tìm một hình tam giác trên và phẳng hơn. Chúng ta hãy lợi dụng thực tế là tất cả các hình tam giác $X$ đều giống nhau, nghĩa là cả diện tích và chiều dài mỗi cạnh đều lớn nhất đối với cùng một hình tam giác. Ví dụ: chúng ta hãy xem xét độ dài của cạnh $X_2X_3$ thay đổi như thế nào (Hình 6). Vì các đường tròn mà $X_2$ và $X_3$ chạy đều đi qua điểm $A_1$ nên các đáy $K_2$ và $K_3$ của các đường vuông góc $O_2K_2$ và $O_3K_3$ rơi trên đường thẳng $x_1$ là trung điểm của các đoạn $A_1X_2$ và $A_1X_3$. Đó là lý do tại sao

40

| $X_2X_3$| = 2 | $K_2K_3$| rõ ràng hình chiếu của đoạn $O_2O_3$ lên đường thẳng $x_1$ là cực đại khi $x_1 \parallel O_2O_3$. Vì vậy, chúng ta đã chứng minh rằng cạnh $x_1$ của tam giác cực đại $M$ trong họ $S$ song song với $O_1O_2$. Tất nhiên, theo cách tương tự, chúng ta thấy tam giác này có $x_2 \parallel O_1O_3$, $x_3 \parallel O_2O_1$. Từ đây có thể hiểu rõ cách dựng tam giác này $M$.

Một tam giác tối thiểu thuộc họ $S$ thu được khi các đường thẳng $x_1, x_2, x_3$ vuông góc với đường thẳng tâm của các cặp đường tròn tương ứng: $O_2O_3, O_3O_1, O_1O_2$; trong trường hợp này, tất cả các cạnh của tam giác $X$ đều bằng 0. Như vậy, cả ba đỉnh của tam giác $X$ đều trùng nhau - nó được biểu thị dưới dạng một điểm; hãy biểu thị nó $C$. Cả ba đường tròn đều đi qua điểm này $C$. Cách dễ nhất để vẽ các nhóm tam giác có dạng $S$ là bắt đầu bằng các vòng tròn: đảm bảo*) rằng nếu bạn lấy tùy ý ba đường tròn đi qua một điểm $C$, hãy chỉ định các điểm giao nhau theo cặp của chúng khác với $C$ đến $A_1, A_2, A_3$, thì bạn có thể lấy bất kỳ điểm nào trên đường tròn là một trong ba đỉnh của tam giác $X$, các cạnh của chúng đi qua qua các điểm $A_1, A_2, A_3$ và các đỉnh nằm trên đường tròn của chúng ta. Chúng ta cũng lưu ý rằng khi nấu với tâm tại điểm $C$ và hệ số 2, tâm của các đường tròn $O_1, O_2, O_3$ đi vào các đỉnh $M_1, M_2, M_3$ của tam giác cực đại của họ $S$ (Hình 7, a). Do đó, tam giác $O$ luôn đồng dạng với $B^{**}$).

Ở trên chúng tôi đã chỉ ra tam giác nào thuộc họ $S$ là phù hợp nhất. Nhưng điều này vẫn không giải quyết được hoàn toàn bài toán M207. Vấn đề là tập hợp các tam giác tương tự B và được mô tả xung quanh $A$ không bị cạn kiệt bởi một họ $S$. Ví dụ: tam giác $X$ trong Hình 3 không được bao gồm trong họ $S$ được tạo bởi tam giác $B$ trong Hình 2. Nói chung, nếu chúng ta cắt tam giác $B$ so với mỗi đường thẳng (không quan trọng là đường thẳng nào) và dựa trên tam giác thu được $B'$, hãy xây dựng một họ $S'$ gồm các tam giác, giống như cách chúng ta xây dựng họ ban đầu $S$, dựa trên $B$ thì các họ $S$ và $S'$ sẽ không chứa các tam giác chung ***).

*) “Tin chắc ở đây có thể được hiểu theo hai cách: vừa là “kiểm tra bằng ví dụ, trang bị la bàn, thước kẻ và giấy” vừa là “xây dựng và chứng minh một cách chính xác bằng những thuật ngữ chung”.
**) Lưu ý có khả năng xảy ra trường hợp tam giác $O$ suy biến thành một điểm (và cả ba đường tròn đều trùng nhau). Hãy nghĩ xem khi nào điều này xảy ra và gia đình $S$ sẽ trở thành gì trong trường hợp này.
***) Các vòng tròn liên kết với họ $S'$ được lấy từ các vòng tròn liên kết với $S$, tính đối xứng đối với các đường $a_i$ (xem Hình 7, b).

Vì vậy, chúng ta cần tìm tam giác phù hợp nhất trong đó hai họ $S$ và $S'$ là phù hợp nhất, đồng thời để tìm hiểu xem tất cả các tam giác cần thiết có được hai họ $S$ và $S'$ “bao phủ” hay không, chúng ta đưa ra khái niệm “hướng” của một tam giác. Lưu ý rằng tất cả các hình tam giác mà chúng ta đang xem xét đều có một số đỉnh nhất định: chúng ta nói “tam giác”, nghĩa là “một tam giác có các đỉnh được đánh số 1, 2, 3”. Hướng của một tam giác như vậy là hướng di chuyển (“theo chiều kim đồng hồ” hoặc “ngược chiều kim đồng hồ”), được xác định bởi thứ tự các đỉnh đã chỉ định: từ 1 đến 2, sau đó đến 3, rồi quay lại 1. Trong Hình 8, các hình tam giác màu đen được định hướng theo chiều kim đồng hồ, các hình tam giác màu đỏ được định hướng ngược chiều kim đồng hồ. Rõ ràng là hai hình tam giác đã chuẩn bị sẵn (có các cạnh tương ứng song song) được định hướng giống nhau, các hình tam giác nhận nhau bằng cách xoay cũng được định hướng và các hình tam giác đối xứng qua một đường thẳng được định hướng đối diện nhau. Như vậy, tất cả các hình tam giác của gia đình $S$

41

có cùng hướng (giống như B), tất cả các hình tam giác $S'$ đều đối diện nhau. Vì vậy, bạn có thể chứng minh rằng hầu hết các tam giác đều thuộc họ có hướng trùng với hướng của A. (Hãy tự chứng minh điều này.)

Bây giờ chúng ta hãy thảo luận câu hỏi liệu chúng ta đã nghiên cứu tất cả các tam giác được mô tả xung quanh A và tương tự B. Cho đến nay, chúng ta đã xem xét tất cả các tam giác thuộc loại này, thu được từ B bằng phép quay, homotein và có lẽ cả bằng cách đối xứng với đường thẳng. Đây đều là những tam giác X có thể có tương tự như B “bảo toàn đánh số đỉnh”, tức là sao cho $\Rightarrow X_1 = \Rightarrow B_1$, $\Rightarrow X_2 = \Rightarrow B_2$, $\Rightarrow X_3 = \Rightarrow B_3$. Vì vậy, nếu nó được yêu cầu trong các điều kiện tương tự như vậy (nghĩa là ngụ ý rằng $\Rightarrow M_1 = \Rightarrow B_1$, $\Rightarrow M_2 = B_2$, $\Rightarrow M_3 = \Rightarrow B_3$), thì lời giải có thể được coi là hoàn chỉnh: toàn bộ tập hợp các tam giác X được chấp nhận được bao gồm bởi hai họ S và $S'$ mà chúng ta đã nghiên cứu.

Nếu chúng ta cho phép những điểm tương đồng với “đánh số lại các đỉnh” (nghĩa là $\Rightarrow X_1 = \Rightarrow B_i$, $\Rightarrow X_2 = \Rightarrow B_j$, $\Rightarrow X_3 = \Rightarrow B_k$, trong đó $(i, j, k)$ là bất kỳ hoán vị nào của các số 1, 2, 3), thì chúng ta không nhận được hai mà là 12 họ $S_{ijk}$ và $S'_{ijk}$. Các đỉnh của các tam giác thuộc các họ này lấp đầy 18 đường tròn*). Trong Hình 9, a hoặc 9, b, bạn có thể chọn bất kỳ ba đường thẳng nào, theo cặp không song song và đi qua (từng đường thẳng) qua các điểm $A_1, A_2, A_3$ - chỉ định $x_1, x_2, x_3$ tương ứng của chúng - và bạn sẽ nhận được một trong các đại diện của họ $S_{ijk}$ hoặc $S'_{ijk}$ (trong trường hợp này là $x_1||b_i, x_2||b_j, x_3||b_k$). Hóa ra từ 12 họ này, có thể chỉ ra họ có hình tam giác lớn hơn tất cả những họ còn lại. Để tạo ra kết quả, chúng tôi dán nhãn các đỉnh của tam giác A và B sao cho $\Rightarrow A_1 \leqslant \Rightarrow A_2 \leqslant \Rightarrow A_3$ và $\Rightarrow B_1 \geqslant \Rightarrow B_2 \geqslant \Rightarrow B_3$ (bây giờ chúng tôi có thể đủ khả năng này) và đặt tam giác B sao cho hướng của A và B trùng nhau. Khi đó tam giác lớn nhất thuộc họ $S_{123}$. Tuyên bố này đã được chứng minh bởi những người tham gia vòng tròn toán học từ thành phố Kirovsk dưới sự lãnh đạo của N.D. Naaev, người đã đến bài toán M207 đến «Kvant».
Tuy nhiên, ông chỉ xem xét sáu họ tam giác đó:

$S_{123}, S_{231}, S_{312}, S'_{132}, S'_{321}, S'_{213},$ (1) hướng của các hình tam giác trùng với hướng của tam giác A, nhưng trong các họ khác, như chúng tôi đã nói, các hình tam giác tối đa chắc chắn nhỏ hơn.

Cuối cùng, chúng ta hãy chạm vào lời giải bài toán về các hình tam giác được mô tả theo nghĩa “hẹp” - sao cho các đỉnh $A_i$ nằm trên các cạnh $x_i$ chứ không phải trên phần mở rộng của chúng. Rõ ràng là từ tất cả các gia đình, hình tam giác cũng có thể

*) Nếu B bằng nhau thì có 2 họ; nếu B kém thì 6.

Cơm. 8.

chỉ gặp nhau ở những điểm có hướng trùng với hướng của A. Với sự tương ứng cho trước của các số đỉnh, do đó chỉ còn lại một họ. Nếu cả A và B đều là các tam giác nhọn thì có thể chứng minh*), tam giác M cực đại thuộc về tập hợp được chấp nhận (được mô tả theo nghĩa “hẹp”). Nói chung điều này có thể không xảy ra,

*) Ví dụ, xem bài toán 54 từ cuốn sách: Morozova E. A. và Petrkov I. S. Mô tả toán học quốc tế. M., “Khai sáng”, 1971.

42

và sau đó trong tập hợp chấp nhận được (nếu nó hoàn toàn không trống!) người ta sẽ chọn tam giác thu được từ M bằng cách xoay các cạnh $x_1, x_2, x_3$ đến góc nhỏ nhất có thể. Tất nhiên, đây sẽ là một tam giác có một cạnh chứa một cạnh của tam giác A.

N. B. Vasiliev

F213. Tốc độ tối đa cho phép của xe số tự động trên đường trơn trượt khi vượt qua một ngã rẽ có bán kính $R$ là $V_{\max}$. Tại chỗ rẽ, đường nghiêng một góc $\alpha$ so với phương ngang. Tốc độ tối thiểu mà hộp số tự động phải di chuyển để chuyển hướng là bao nhiêu?

Chúng ta hãy xem xét các lực tác dụng lên máy trong trường hợp đầu tiên (Hình 10, a). Đây là lực hấp dẫn mg, phản lực pháp tuyến từ mặt đường N và lực ma sát $F_{\tau p} = kN$ (hệ số ma sát của bánh xe trên mặt đường). Do máy di chuyển với tốc độ tối đa cho phép nên lực ma sát giúp máy không bị “trượt” (di chuyển lên đường) và hướng xuống mặt phẳng nghiêng của đường.

Trong trường hợp thứ hai, lực ma sát $F'_{\tau p} = kN'$ (N’ là phản lực của mặt đường trong trường hợp này) ngăn cản sự trượt tự động dưới tác dụng của trọng lực xuống mặt phẳng đường và do đó hướng lên trên (Hình 10,b).

Hãy viết các phương trình chuyển động của ô tô cho trường hợp thứ nhất và thứ hai. Để làm điều này, chúng ta chiếu tất cả các lực lên trục dọc và trục ngang.

Vì máy không chuyển động theo phương thẳng đứng nên

$$\frac{mv^2_{\min}}{R} = mg \frac{\sin \alpha - k \cos \alpha}{\cos \alpha + k \sin \alpha}.$$

Từ đây

$$v_{\min} = \sqrt{Rg \frac{\sin \alpha - k \cos \alpha}{\cos \alpha + k \sin \alpha}}.$$

Để tìm $k$, chúng tôi sử dụng phương trình (1) và (3). Từ phương trình (1) chúng ta biểu thị $N$, thay nó vào phương trình (3) và nhận được

$$\frac{\sin \alpha + k \cos \alpha}{\cos \alpha - k \sin \alpha} = \frac{v^2_{\max}}{Rg}.$$

Và

$$k = \frac{v^2_{\max} - Rg \sin \alpha}{v^2_{\max} \cos \alpha + Rg}.$$

Sau đó

$$v_{\min} = \sqrt{Rg \frac{v^2_{\max} (\mathrm{tg}^2 \alpha - 1) + 2Rg \sin \alpha}{Rg (1 - \mathrm{tg}^2 \alpha) + 2v^2_{\max} \sin \alpha}}.$$

43

F214. Trong mạch hiển thị ở Hình 11, $R_1 = 10$ com, $R_2 = R_3 = 5$ com và điện áp xoay chiều $U = 127$ V được đặt vào các cực 1-2. Điốt có thể được coi là lý tưởng - theo một hướng chuyển động, điện trở của chúng vô cùng nhỏ, mặt khác - cực kỳ cao. Tìm bao nhiêu năng lượng được giải phóng ở điện trở $R_1$.

Vì điốt là lý tưởng nên chúng ta có thể giả sử rằng trong khoảng thời gian điện áp thay đổi ở các cực, các phần của mạch $AB$ và $CD$ bị đoản mạch, còn phần còn lại là hở mạch. Điều này có nghĩa là trong trường hợp đầu tiên, mạch này tương đương với mạch hiển thị trong Hình 12, $a$, và trong trường hợp thứ hai, mạch hiển thị trong Hình 12, $b$.

Lượng nhiệt tỏa ra ở điện trở $R_1$ trong lần tưới đầu tiên bằng

$$Q_1 = \frac{U^2}{R_1} \frac{T}{2}$$

($T$ là khoảng thời gian điện áp thay đổi trong mạch, $U = 127$ là giá trị điện áp hiệu dụng).

Trong lần tưới thứ hai, dòng điện chạy qua điện trở $R_1$

$$I = \frac{U}{R_1 + R_2 + R_3}$$

và một lượng nhiệt tỏa ra trên đó

$$Q_2 = I^2 R_1 \frac{T}{2} = \frac{U^2}{(R_1 + R_2 + R_3)^2} R_1 \frac{T}{2}.$$

Trong khoảng thời gian $T$, một lượng nhiệt được giải phóng ở điện trở $R_1$

$$Q = Q_1 + Q_2 = \frac{T}{2} U^2 \left[ \frac{1}{R_1} + \frac{R_1}{(R_1 + R_2 + R_3)^2} \right].$$

Điều này có nghĩa là năng lượng trung bình (theo chu kỳ) được giải phóng ở mức điện trở $R_1$

$$P = \frac{Q}{T} = \frac{U^2}{2} \left[ \frac{1}{R_1} + \frac{R_1}{(R_1 + R_2 + R_3)^2} \right] \approx 1 \text{ вт.}$$

F215. Đối với bong bóng xà phòng có bán kính $R_1$ và $R_2$ hợp nhất thành một bong bóng có bán kính $R_3$. Tìm áp suất khí quyển nếu hệ số bề mặt của màng xà phòng là $\sigma$.

Đối với lời giải điều này bài toán chúng ta sẽ tiến hành từ thực tế là sau khi hợp nhất hai

44

Từ thư từ (2) và (3)

$$m_1 = \left( p_a + \frac{2\sigma}{R_1} \right) \frac{4}{3} \pi R_1^3 \frac{\mu}{RT},$$

$$m_2 = \left( p_a + \frac{2\sigma}{R_2} \right) \frac{4}{3} \pi R_2^3 \frac{\mu}{RT},$$

$$m_3 = \left( p_a + \frac{2\sigma}{R_3} \right) \frac{4}{3} \pi R_3^3 \frac{\mu}{RT}.$$

Chúng tôi thay thế các biểu thức tìm được cho $m_1, m_2,$ và $m_3$ thành đẳng thức (1). Kết quả là chúng tôi nhận được:

$$\left( p_a + \frac{2\sigma}{R_1} \right) R_1^3 + \left( p_a + \frac{2\sigma}{R_2} \right) R_2^3 = \left( p_a + \frac{2\sigma}{R_3} \right) R_3^3,$$

Ở đâu

$$p_a = \frac{2\sigma \left( R_3^2 - R_1^2 - R_2^2 \right)}{R_1^3 + R_2^3 + R_3^3}.$$

F216. Bằng cách đứng lên và ngồi xổm vào đúng thời điểm, cậu bé trên xích đu sẽ tăng đáng kể biên độ xoay của mình. Giải thích tại sao điều này hoạt động.

Một chiếc xích đu với một cậu bé là một nam châm. Dao động tự do của nam châm bị tắt dần do có lực cản: năng lượng dao động của nam châm biến thành nhiệt. Để làm cho dao động không bị suy giảm, những tổn thất này phải được bù lại bằng một cách nào đó.

Sử dụng cơ chế đặc biệt, nam châm có thể cung cấp năng lượng định kỳ từ bên ngoài. Ví dụ, nếu năng lượng truyền cho nam châm trong một khoảng thời gian lớn hơn năng lượng bị mất đi trong cùng thời gian thì biên độ dao động sẽ tăng. Tuy nhiên, đồng thời tổn thất năng lượng cũng sẽ tăng lên. Vì vậy, khi năng lượng từ bên ngoài vào bằng năng lượng bị mất đi thì biên độ dao động sẽ ngừng thay đổi. Những dao động như vậy gọi là dao động tự thân. Một ví dụ về hệ thống tự dao động cơ học là nam châm trong đồng hồ.

Một cách khác để tăng biên độ dao động là thay đổi các tham số của chính hệ thống. Đây chính xác là phương pháp được thảo luận trong bài toán này.

Trước tiên chúng ta hãy xem xét các dao động của hệ dao động đơn giản nhất - một nam châm toán học. Nếu nam châm dao động vì một lý do ngẫu nhiên nào đó thì bạn có thể đung đưa nó, tức là tăng biên độ dao động như sau: khi nam châm đi qua vị trí cân bằng thì chúng ta sẽ nâng nó lên, còn khi nam châm bị lệch đến mức tối đa thì chúng ta sẽ hạ thấp nó xuống. Do đó, chúng ta định kỳ (với tần số gấp đôi tần số dao động của nam châm) thay đổi độ dài của sợi dây con lắc - một tham số của chính hệ thống. Vì vậy, phương pháp xảy ra dao động này được gọi là sự xuất hiện tham số.

Khi chúng ta nhấc một nam châm lên, chúng ta tác dụng vào nó và làm tăng thế năng của nó. Bằng cách hạ thấp nam châm, chúng ta tạo cơ hội cho lực hấp dẫn thực hiện công làm giảm năng lượng của nam châm. Nhưng vấn đề là năng lượng đến từ bên ngoài nhiều hơn năng lượng tiêu thụ. Thật vậy, chúng ta nâng nam châm bằng sợi dây lên độ cao $h$, do đó giảm chiều dài của sợi dây đi $h$, chúng ta thực hiện công

$$A_1 \approx F_{H_1} h = \left( mg + m \frac{v^2}{R} \right) h,$$

vì lực căng của sợi dây $F_{H_1}$ ở vị trí cân bằng không chỉ cân bằng lực với trọng lực mà còn truyền gia tốc tạo tâm cho nam châm. Khi ở điểm lệch cực đại so với vị trí cân bằng, chúng ta cho nam châm rơi xuống, tức là chúng ta tăng chiều dài của sợi dây lên giá trị ban đầu đầu tiên $R$ thì lực hấp dẫn thực hiện công

$$A_2 = mgh \cos \alpha,$$

vì chuyển động thẳng đứng của nam châm là $h \cos \alpha$.

Do đó, năng lượng đi vào hệ thống trong một nửa chu kỳ

$$E = A_1 - A_2 > 0.$$

Kết quả là biên độ dao động sẽ tăng lên (tất nhiên, nếu năng lượng tới này tạo ra nhiều nhiệt hơn do tác động của lực cản).

Bây giờ chúng ta hãy quay lại bài toán với cú xoay. Từ những điều trên cho thấy, để vung xích đu, cậu bé phải ngồi xổm bất cứ khi nào xích đu đạt độ lệch tối đa và đứng lên khi qua vị trí cân bằng. Và trong trường hợp này, chiều dài của sợi chỉ nam châm dường như thay đổi (nếu chiều dài của sợi chỉ được coi là khoảng cách từ điểm treo đến vị trí tâm của trọng lượng của cậu bé), và vai trò của lực kéo của sợi chỉ được thực hiện bởi phản lực từ chân - $N$. Ở vị trí cân bằng $N = mg + m \frac{v^2}{R}$ và

$$A_1 \approx \left( mg + m \frac{v^2}{R} \right) h,$$

trong đó $h$ là chiều cao của trọng tâm treo tính theo trọng lượng của cậu bé. Khi xích đu bị lệch tối đa và cậu bé ngồi xổm, lực của tạ sẽ sinh công.

$$A_2 = mgh \cos \alpha.$$

Vì vậy, trong suốt thời gian hoạt động của hệ thống, năng lượng được nhận

$$E = 2 \left( A_1 - A_2 \right) \approx 2h \left[ m \frac{v^2}{R} + mg (1 - \cos \alpha) \right].$$

Giá trị này là dương nên năng lượng và do đó biên độ dao động sẽ tăng lên.

45

F217. Một ống chùm tia điện tử có điện áp gia tốc $U$ được đặt trong một từ trường đều có cảm ứng $B$ hướng dọc theo trục của ống. Một điểm tràn nhỏ được quan sát trên màn hình. Nếu bạn thay đổi các giá trị quy nạp, bạn có thể thay thế giá trị đó bằng một số giá trị của $B_0, 2B_0, 3B_0, \dots$, công thức asma điện tử phù hợp với điểm. Lời giải thích cho điều này là hiện tượng taco. Làm thế nào bạn có thể sử dụng thí nghiệm này để xác định tỉ số giữa điện tích của electron và khối lượng của nó?

Các electron được đẩy ra khỏi súng điện tử của ống với vận tốc góc nhỏ lan truyền và đi vào từ trường. Trong trường hợp này, theo hướng của trục, các electron có các thành phần vận tốc giống hệt nhau, theo định luật bảo toàn năng lượng, chúng bằng nhau

$$v_1 = \sqrt{\frac{2eU}{m}}$$

và các thành phần khác nhau, trục phân phối lại, nhỏ hơn nhiều so với $v_1$.

Đối với các thành phần vận tốc song song với trục ống thì từ trường bên dưới là đều và tuyến tính. Sự bắt đầu của các thành phần phân phối lại trục dẫn đến độ cong của quỹ đạo electron. Thật vậy, lực Lorentz $F = evB$ tác dụng lên một electron trong từ trường bằng cách phân bố lại các đường sức của nó,

trong đó $e$ là điện tích của electron, $v$ là tốc độ của nó, trong trường hợp này bằng sự phân bố lại của thành phần electron. Lực này truyền gia tốc hướng tâm cho electron.

$$a_u = \frac{v^2}{R}$$

trong đó $R$ là bán kính của vòng tròn mà electron sẽ chuyển động dọc theo đó. Theo định luật thứ hai của Newton

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

$$R = \frac{mv}{eB}$$

và chu kì quay của electron trong một vòng tròn

$$T = \frac{2\pi R}{v} = \frac{2\pi m}{eB}$$.

Chúng tôi thu được một kết quả rất quan trọng: bất kể thành phần nào của vận tốc electron, trục phân bố lại của ống, tất cả các electron đều thực hiện một vòng quay trong cùng một thời điểm. Nếu các thành phần vận tốc electron song song với trục ống đều bằng 0, thì quỹ đạo của electron sẽ là những đường tròn có bán kính khác nhau đi qua một điểm - điểm mà tại đó các electron rời khỏi súng (Hình 13). Hơn nữa, tất cả các electron sẽ đến điểm này cùng một lúc.

Vì các electron cũng tham gia vào chuyển động thẳng đều dọc theo trục của ống, nên quỹ đạo chuyển động của chúng sẽ là những đường xoắn ốc. Hơn nữa, những đường này sẽ cắt nhau ở mỗi bước vít (Hình 14), vì các thành phần vận tốc song song với trục là như nhau đối với mọi electron. Tại giao điểm của quỹ đạo và công thức của công thức electron, điểm trên màn sẽ quan sát được tại điểm nếu khoảng cách $L$ từ súng điện tử đến màn là bội số của bậc đường xoắn ốc $h = v_1T$, tức là

$$L = nv_1T = \frac{n}{B} 2\pi \sqrt{\frac{2mU}{e}}.$$

Ngoài ra, tại $B = B_0$ $n = 1$, tại $B = 2B_0$ $n = 2$, v.v.

Sử dụng thí nghiệm như vậy, người ta có thể xác định tỷ lệ điện tích của electron trên khối lượng của nó. Thật vậy, từ công thức cuối cùng

$$\frac{e}{m} = \frac{8\pi^2 U}{L^2 B_0^2}$$

Sau khi đo $U$, $L$ và $B_0$, chúng tôi tìm thấy tỷ lệ $\frac{e}{m}$.

Tôi. Sh. Slobodechkiy