Lời giải bài toán

M261—M267; F273—F277

M261. Một vòng có bán kính $R$, treo trên một vòng tròn đứng yên có bán kính $r<R$, bắt đầu lăn dọc theo vòng tròn này. Chứng minh rằng điểm của vòng mô tả cùng một quỹ đạo sẽ được mô tả bởi điểm của một bánh xe có bán kính $R-r$ lăn ra ngoài dọc theo cùng một đường tròn có bán kính $r$ (Hình 1). (Lăn xảy ra không trượt - sao cho chiều dài của các cung lăn lên nhau bằng nhau.)

Hình 2.

Hình 3.

Hình 1.

Chúng ta hãy biểu thị bán kính của bánh xe $R-r$ bằng $\rho$. Các đường cong được mô tả trong quá trình lăn được chỉ định bởi các điểm của ranh giới bánh xe được gọi là epicycloids, loại của chúng được xác định bởi mối quan hệ $\dfrac{\rho}{r}$; các đường cong được mô tả bởi các điểm của vòng - pericycloids. Hãy chứng minh rằng với mối liên hệ giữa bán kính ($R=r+\rho$) xác định ở điều kiện, các ngoại tâm trùng trùng với các ngoại tâm.

Hãy cố định một điểm trên bánh xe và trên vòng. Giả sử tại thời điểm ban đầu các điểm quan sát được trên bánh xe và vòng tròn trùng với cùng một điểm $A$ của ranh giới của vòng tròn cố định (Hình 2). Để xác định chính xác, hãy để cả bánh xe và vòng lăn theo một vòng tròn ngược chiều kim đồng hồ. Nếu tại một thời điểm nào đó bánh xe chạm vào một đường tròn đứng yên tại điểm $B$, thì điểm quan sát trên ranh giới của nó (điểm của ngoại xích) chiếm vị trí $C$ sao cho độ dài $\smile AB$ và $\smile BC$ bằng nhau ($\smile BC$ được chọn có tính đến hướng lăn (Hình 3)): đây là điều kiện để lăn không trượt.

Tương tự, vị trí của điểm $C'$, được quan sát trên vòng (điểm Pericycloid), tại thời điểm nó chạm vào đường tròn cố định tại điểm $B'$, được tìm thấy từ điều kiện độ dài $\smile AB'$ và $\smile B'C'$ bằng nhau (có tính đến hướng lăn) (xem Hình 4).

Hãy chứng minh rằng với bất kỳ điểm $B$ nào trên ranh giới của một đường tròn cố định, có thể chọn một điểm $B'$ (cũng nằm trên ranh giới của một đường tròn cố định) sao cho các điểm tương ứng $C$ (epicycloids) và $C'$ (pericycloids) trùng nhau (Hình 5). (Điều này cũng sẽ rõ ràng từ bằng chứng của chúng tôi về cách chọn $B'$ bằng $B$.)

Chúng ta lấy điểm $B'$ sao cho tỉ số độ dài của cung $AB$ và $BB'$ bằng $\dfrac{\rho}{r}$: khi đó số đo radian $\smile BC$ bằng số đo radian $\smile BB'$ - hãy ký hiệu nó bằng $\varphi$. chúng tôi có

dl. $\smile AB=$ dài. $\smile BC=\rho\varphi$, chiều dài. $\smile BB'=r\varphi$.

Vì vậy, dl. $\smile B'C'=$ dài. $\smile AB'=\rho\varphi+r\varphi=R\varphi$, và số đo radian của $\smile B'C'$ cũng là $\varphi$. Gọi $O$ là tâm của đường tròn đứng yên, $O_1$ là vị trí tâm của bánh xe tại thời điểm

43

Hình 4.

Hình 5.

Hình 6.

Hình 7, a, b

44

nó chạm vào đường tròn cố định tại điểm $B$. $O_2$ — vị trí tâm của vòng tại thời điểm vòng tiếp xúc với một đường tròn đứng yên tại điểm $B'$; điểm $\{O,\ B,\ O_1\}$ và $\{O_2,\ O,\ B'\}$ nằm trên cùng một đường thẳng.

Hãy để $0 < \varphi < \pi$. Chúng ta có (Hình 6) $OB = OB' = r$, $O_2B' = R$, $OO_2 = R - r = \rho$, $O_1B = O_1C = \rho$, $O_1O = r + \rho = R$, $\sphericalangle\, BOB' = \sphericalangle\, OO_1C = \varphi$.

Điều này có nghĩa là tứ giác $OO_1CO_2$ là hình bình hành, và do đó $O_2C = R$, $\sphericalangle\, CO_2B' = \varphi$. Do đó, điểm $C$ nằm trên một đường tròn có bán kính $R$ có tâm ở $O_2$ và số đo radian của cung $B'C$ bằng $\varphi$. Điều này có nghĩa là $C$ giống với $C'$. Vì vậy, chúng tôi đã chứng minh rằng nếu các cung của một bánh xe và một vòng có cùng số đo radian $\varphi < \pi$ lăn dọc theo một đường tròn đứng yên, thì các điểm thu được của epicycloid và Pericloid sẽ trùng nhau.

Vẫn còn phải xác minh tính hợp lệ của tuyên bố này cho $\varphi \geqslant \pi$. Hãy tự mình xem Hình 5 “biến” thành gì ở $\varphi = \pi$, cũng như ở $\pi < \varphi < 2\pi$. Lưu ý rằng vì hiệu giữa chiều dài của vòng và bánh xe bằng $2\pi r$ - chiều dài ranh giới của vòng tròn đứng yên, nên tại thời điểm cả bánh xe và vòng quay đều quay hết một vòng, các điểm quan sát lại rơi vào ranh giới của vòng tròn đứng yên sẽ có cùng vị trí $A_1$. Trường hợp $2\pi < \varphi < 4\pi$ giảm xuống trường hợp $\varphi < 2\pi$ nếu chúng ta coi điểm $A_1$ là điểm bắt đầu thay vì $A$. Nếu chúng ta coi $A_1$ là điểm bắt đầu và đồng thời thay đổi hướng lăn thì trường hợp $\pi \leqslant \pi < 2\pi$ sẽ rút gọn thành trường hợp $\varphi \leqslant \pi$.

VỚI. G. Gindikin

lời giải này có thể được viết ngắn gọn bằng cách sử dụng vectơ. Nếu bạn sử dụng “góc tổng quát” - góc quay $\varphi$, có thể nhận bất kỳ giá trị nào (không chỉ trong phạm vi từ 0 đến $2\pi$), thì bạn sẽ không phải xem xét các trường hợp khác nhau riêng biệt: bạn chỉ cần sử dụng giá trị đó cho ba vectơ bất kỳ $\mathbf{a}$, $\mathbf{b}$, $\mathbf{c}$

$$\widehat{\mathbf{ab}} + \widehat{\mathbf{bc}} = \widehat{\mathbf{ac}}$$

(ở đây $\widehat{\mathbf{ab}}$ là độ lớn của góc giữa các vectơ $\mathbf{a}$ và $\mathbf{b}$).

Đặt $\mathbf{e}\,(\varphi)$ là một vectơ có độ dài 1 do phép quay theo chiều kim đồng hồ qua góc $\varphi$ so với vectơ ban đầu $\mathbf{e}_0 = \mathbf{e}\,(0)$ (nói lên trên). Sau đó $\mathbf{e}\,(\varphi + \pi) = -\mathbf{e}\,(\varphi)$.

Đối với điểm $M_1$ của bánh xe (Hình 7, a)

$$\overrightarrow{OO_1} = (\rho + r)\,\mathbf{e}\,(\varphi),$$

$$\overrightarrow{O_1M_1} = \rho\mathbf{e}\,(\pi + \varphi + \varphi_1).$$

Vì $\rho\varphi_1 = r\varphi$ (điều kiện lăn không trượt), $\rho = R - r$, nên

$$\overrightarrow{OM_1} = \overrightarrow{OO_1} + \overrightarrow{O_1M_1} = R\mathbf{e}\,(\varphi) - (R - r)\,\mathbf{e}\left(\frac{R}{R-r}\,\varphi\right). \quad (1)$$

Đối với điểm $M_2$ của vòng (Hình 7, b)

$$\overrightarrow{OO_2} = (R - r)\,\mathbf{e}\,(\psi + \pi),$$

$$\overrightarrow{O_2M_2} = R\,\cdot\,\mathbf{e}\,(\psi - \psi_1),$$

và vì $R\psi_1 = r\psi$, thì

$$\overrightarrow{OM_2} = \overrightarrow{OO_2} + \overrightarrow{Q_2M_2} = R\mathbf{e}\left(\frac{R-r}{R}\,\psi\right) - (R - r)\,\mathbf{e}\,(\psi). \quad (2)$$

So sánh (1) và (2), ta thấy $\overrightarrow{OM_1} = \overrightarrow{OM_2}$ tại $\dfrac{R}{R-r}\varphi = \psi$. Điều này có nghĩa là tập hợp các điểm $M_1$ và $M_2$ trùng nhau.

N. B. Vasiliev

M262. Số lượng lớn nhất của a) xe, b) quân hậu có thể đặt trên bàn cờ $8\times 8$ sao cho mỗi quân này bị tấn công bởi không quá một quân khác?

Hình 8.

Hình 9.

M263. Cho hai số $p$ và $q$, lớn hơn 1. Trên các cạnh $BC$ và $DC$ của hình chữ nhật $ABCD$ các điểm $P$ và $Q$ được lấy sao cho $|BC| = p\cdot|BP|$ và $|DC| = q\cdot|DQ|$. Với tỷ lệ nào giữa độ dài các cạnh $AB$ và $AD$ thì góc $PAQ$ có ​​giá trị lớn nhất? Giá trị lớn nhất này trong trường hợp đặc biệt $p = 2$, $q = \dfrac{3}{2}$ là bao nhiêu?

Theo bức thư của Boris và Lev Rabinovich, người đã đề xuất bài toán này, chúng ta hãy xem xét ngay một bàn cờ có kích thước $n\times n$ và chứng minh rằng không thể đặt nhiều hơn $\dfrac{4n}{3}$ quân xe trên đó theo yêu cầu trong điều kiện.

Đặt $k$ quân xe trên bàn cờ $n\times n$ tùy theo điều kiện. Trên mỗi ô có quân Xe, chúng ta sẽ viết số 0. Trong mỗi cột $n$ chúng ta sẽ thực hiện thao tác sau: nếu có hai số trong cột thì chúng ta sẽ cộng 1 vào cả hai, nếu một số là số thì chúng ta sẽ thêm 2 vào cột đó (chúng ta sẽ không viết gì vào cột trống). Sau đó chúng ta sẽ thực hiện thao tác tương tự với từng dòng. Rõ ràng là thay cho mỗi quân $k$, kết quả sẽ được viết một số không nhỏ hơn 3 - cụ thể là 3 hoặc 4 - do đó tổng $S$ của tất cả các số được viết không nhỏ hơn $3k$; mặt khác, vì chúng tôi đã thêm tối đa 2 vào mỗi cột $n$ và sau đó vào mỗi hàng $n$, nên tổng của $S$ nhiều nhất là $4n$. Vậy, $3k \leqslant S \leqslant 4n$, $k \leqslant \dfrac{4n}{3}$ đến từ đâu.

Cụ thể, đối với $n = 8$ chúng ta thu được $k < \dfrac{32}{3}$, tức là $k \leqslant 10$. Một ví dụ về cách sắp xếp 10 quân xe thỏa mãn điều kiện được trình bày trong Hình 8.

Có thể dễ dàng kiểm tra rằng đối với bất kỳ số tự nhiên $n$ nào, theo cách tương tự, có thể đặt $\left[\dfrac{4n}{3}\right]$ quân xe trên bàn cờ $n\times n$ tuân theo điều kiện ($[x]$ nghĩa là phần nguyên của số $x$).

Hãy chuyển sang bài toán về vị trí quân hậu. Rõ ràng là, tùy theo điều kiện bài toán, người ta không thể đặt nhiều quân hậu hơn quân xe. Hình 9 cho thấy có thể đặt 10 quân hậu trên bàn cờ $8\times 8$. Vì vậy, trong cả hai bài a) và b) đáp số đều giống nhau: 10.

Về phần khái quát hóa của bài toán Rabinovich về việc sắp xếp quân hậu cho bàn cờ $n\times n$, không một độc giả nào giải quyết được hoàn toàn. Chúng ta có thể xác minh rằng với $n = 3, 4, 5$ số lượng quân hậu lớn nhất có thể được đặt trên bàn cờ $n\times n$ sao cho mỗi quân hậu bị trúng nhiều nhất một đòn là nhỏ hơn $\left[\dfrac{4n}{3}\right]$ một quân. Nhưng đối với $n$ lời giải bài toán lớn, rõ ràng nó đòi hỏi phải tìm kiếm rất nhiều tùy chọn hoặc sử dụng các cân nhắc bổ sung.

N. B. Vasiliev

◆

Chúng ta hãy biểu thị độ dài các cạnh của hình chữ nhật $AB$ và $AD$ lần lượt là $a$ và $b$. Sau đó

$$\mathrm{tg}\,(\sphericalangle PAQ) = \frac{\mathrm{tg}\,(\sphericalangle PAD) - \mathrm{tg}\,(\sphericalangle QAD)}{1 + \mathrm{tg}\,(\sphericalangle PAD)\cdot \mathrm{tg}\,(\sphericalangle QAD)} =$$

$$= \frac{\dfrac{ap}{b} - \dfrac{a}{qb}}{1 + \dfrac{a^2p}{b^2q}} = \frac{ab\,(pq - 1)}{a^2p + b^2q}.$$

Dựa vào định lý trung bình số học và trung bình hình học, chúng ta có

$$a^2p + b^2q \geqslant 2\sqrt{a^2pb^2q} = 2ab\sqrt{pq}$$

(dấu bằng xảy ra ở $a^2p = b^2q$, nghĩa là khi

$$\frac{a}{b} = \sqrt{\frac{q}{p}}\bigg).$$

45

Đó là lý do tại sao

$$\mathrm{tg}\,(\sphericalangle PAQ) = \frac{ab\,(pq-1)}{a^2 p + b^2 q} \leqslant \frac{pq-1}{2\sqrt{pq}}\,,$$

và $\sphericalangle PAQ$ đạt mức tối đa $\mathrm{arctg}\,\dfrac{pq-1}{2\sqrt{pq}}$ khi

$$\frac{a}{b} = \frac{|AB|}{|AD|} = \sqrt{\frac{q}{p}}$$

($\sphericalangle PAQ$ nhỏ hơn $90^\circ$ và tiếp tuyến trong quý đầu tiên là hàm tăng dần).

Cụ thể, nếu $p=2$, $q=\dfrac{3}{2}$ thì giá trị lớn nhất của góc $PAQ$ là $\mathrm{arctg}\,\dfrac{1}{\sqrt{3}} = \dfrac{\pi}{6}$.

◆

M264. Thành phố có một hình vuông màu xanh lam và n hình vuông màu xanh lá cây, và mỗi hình vuông màu xanh lá cây được nối với nhau bằng các đường có một hình vuông màu xanh lam và hai hình vuông màu xanh lá cây (Hình 10). Trên mỗi con đường trong số 2n đường, giao thông một chiều đã được đưa vào để bạn có thể đến từng ô vuông và rời đi từ mỗi ô vuông. Chứng minh rằng từ bất kỳ quảng trường nào của thành phố này đều có thể đi đến bất kỳ quảng trường nào khác mà không vi phạm các quy tắc đã được đưa ra.

Hình 10.

Hình 11.

Hình 12.

46

Trước khi chuyển sang lời giải, hãy lưu ý rằng trong điều kiện bài toán việc tham chiếu đến Hình 10 là cần thiết - nó là một phần của điều kiện; vì vậy, ví dụ, đối với thành phố được hiển thị trong Hình 11 (với một ô vuông màu xanh lam và $n$ màu xanh lá cây), tất cả các điều kiện I bài toán đều được đáp ứng, nhưng tuyên bố không chính xác: không thể lái xe từ phần I đến phần II.

Bây giờ chúng ta hãy chuyển sang lời giải bài toán của chúng tôi. Hãy chia chứng minh thành hai phần: chúng ta chứng minh rằng

a) từ bất kỳ hình vuông màu xanh lá cây nào bạn có thể đến hình vuông màu xanh lam;

b) từ hình vuông màu xanh lam bạn có thể đến bất kỳ hình vuông màu xanh lá cây nào.

Hãy đồng ý chỉ ra hướng di chuyển trên đường phố bằng các mũi tên.

a) Giả sử không thể đi từ hình vuông màu xanh lá cây $A_1$ đến hình vuông màu xanh lam. Vì có thể rời khỏi hình vuông $A_1$, nên từ đó, lái xe dọc theo một con phố, chúng ta sẽ đến hình vuông màu xanh lá cây $A_2$. Từ hình vuông $A_2$ bạn cũng không thể đến hình vuông màu xanh lam. Sau khi rời khỏi nó, chúng ta sẽ đến hình vuông $A_3$, sau đó là $A_4$, v.v. Vì có $n$ hình vuông màu xanh lá cây, sau khi lái xe dọc theo các đường $n$, chúng ta sẽ quay lại hình vuông $A_1$ và đảm bảo rằng các mũi tên trong thành phố được đặt như trong Hình 12. Nhưng sau đó bạn không thể đến hình vuông màu xanh lam, điều này trái với các điều kiện bài toán.

b) Hãy thay đổi hướng của tất cả các mũi tên. Mẫu chuyển động thu được thỏa mãn các điều kiện bài toán. Do đó, như được trình bày ở điểm a), với cách sắp xếp mũi tên này, bạn có thể đi từ bất kỳ hình vuông màu xanh lá cây nào đến hình vuông màu xanh lam. Nhưng điều này có nghĩa là với cách sắp xếp mũi tên cũ, bạn có thể đi từ hình vuông màu xanh lam đến bất kỳ hình vuông màu xanh lá cây nào.

Bạn có thể tóm tắt bài toán B. Rozenshtein về một thành phố có giao thông một chiều như thế này. Để thành phố không có “ngõ cụt” (trong trường hợp này, bạn có thể sắp xếp chỉ đường trên các đường phố để có thể đến từng ô vuông và rời đi từ mỗi ô vuông). Một điều kiện cần và đủ là với bất kỳ cách sắp xếp mũi tên nào như vậy từ mỗi ô vuông, người ta có thể đến bất kỳ ô nào khác; có thể được xây dựng như sau: hai đường tròn bất kỳ (qua một thành phố trên các đường phố chưa có mũi tên) phải đi qua cùng một hình vuông. Chứng minh điều này.

VÀ. N. Klumova

M265. Đường chéo d của hình chữ nhật song song tạo thành các góc $\alpha$, $\beta$ và $\gamma$ với các cạnh a, b và c. Chứng minh rằng $\alpha + \beta + \gamma$ nhỏ hơn $\pi$.

Hình 13.

Hãy trích dẫn lời giải, được gửi bởi Andrey Vyatchin (Pavlovo, vùng Gorky). Hãy sắp xếp ba hình bình hành bằng nhau như trong Hình 13. Sau đó $\sphericalangle BOC = 2\alpha$, $\sphericalangle AOC = 2\beta$, $\sphericalangle AOB = 2\gamma$. Điểm $O$ không nằm trong mặt phẳng đi qua các điểm $A$, $B$, $C$ (kiểm tra). Điều này có nghĩa là $2\alpha + 2\beta + 2\gamma < 2\pi$ (theo định lý về tổng các góc phẳng của một góc tam diện), tức là $\alpha + \beta + \gamma < \pi$.

Hầu hết độc giả gửi đúng lời giải đã giảm bài toán xuống mức kiểm tra bất đẳng thức $\sin(\alpha + \beta + \gamma) > 0$.

Cuối cùng, chúng tôi trình bày hai bài toán - kiểm tra xem chúng có tương đương với bài toán M265 hay không.

1. Với mọi $\triangle ABC$ chúng ta có thể tính tổng sau:
   $$S = \cos^2 A + \cos^2 B + \cos^2 C.$$
   Chứng minh rằng $S = 1$ cho tam giác vuông, $S < 1$ cho tam giác nhọn và $S > 1$ cho tam giác tù.

2. Nếu $0 < x < \dfrac{\pi}{2}$, $0 < y < \dfrac{\pi}{2}$ và $\sin^2 x + \sin^2 y < 1$ thì $\sin^2 x + \sin^2 y < \sin^2 (x+y)$.

M. L. Gerver

◆

M266. Cho một n-giác lồi.

a) Chứng minh rằng nếu với mỗi ba đỉnh liên tiếp của một n-giác, chúng ta dựng một đường tròn đi qua các đỉnh này và từ n đường tròn thu được chọn đường tròn có bán kính lớn nhất thì đường tròn này chứa toàn bộ n-giác đã cho bên trong nó;

b) Chứng minh rằng nếu với ba cạnh liên tiếp của một n-giác, chúng ta dựng một đường tròn tiếp xúc với các cạnh này và từ n đường tròn thu được chọn đường tròn có bán kính nhỏ nhất thì đường tròn đó sẽ nằm trong n-giác đã cho.

a) Cho $s$ là một trong những hình tròn có bán kính lớn nhất. Chúng ta hãy biểu thị tâm của nó bằng $S$, bán kính là $r$ và các đỉnh của đa giác nằm trên $s$ là $A_1$, $A_2$, $A_3$. Giả sử rằng đa giác $M$ không hoàn toàn nằm trong $s$; khi đó có một đỉnh - hãy ký hiệu nó bằng $A_k$ - nằm bên ngoài $s$; Hãy vẽ một đường thẳng đi qua các điểm $S$ và $A_2$. Đặt $A_k$ nằm trong nửa mặt phẳng bên phải (xem Hình 14). Xét đỉnh $A_l$, nằm bên ngoài $s$, có đỉnh $3 < l \leqslant k$ và số $l$ là nhỏ nhất có thể. Hãy tự kiểm tra xem bán kính $R$ của đường tròn $s_1$ được mô tả về tam giác $A_2A_3A_l$ có lớn hơn $r$ và các đỉnh $A_2$, $A_3$, …, $A_l$ nằm trong $s_1$ (xem Hình 15). Bây giờ chúng ta hãy thử đi đến một mâu thuẫn - dựng một đường tròn đi qua ba đỉnh liền kề của đa giác, bán kính của nó lớn hơn $r$. Nếu $A_3$ và $A_l$ là các đỉnh lân cận thì đã có mâu thuẫn. Đặt $A_3$ và $A_l$ không lân cận. Xét tất cả các đường tròn đi qua các điểm $A_3$, $A_l$ và $A_i$, trong đó $3 < i < l$ là bán kính của các đường tròn này không nhỏ hơn $R$. Cho hình có bán kính nhỏ nhất đi qua đỉnh $A_{l_1}$, trong đó $3 < l_1 < l$. Nếu $A_3$, $A_{l_1}$ và $A_l$ là bộ ba của các đỉnh liên tiếp thì thu được mâu thuẫn. Nếu không thì chúng ta sẽ chuyển từ chuỗi đỉnh $A_3$, …, $A_l$ sang chuỗi ngắn hơn: $A_3$, …, $A_{l_1}$ hoặc $A_{l_1}$, …, $A_l$. Lặp lại quá trình chuyển đổi này nhiều lần, chúng ta sẽ đến ba đỉnh lân cận. Vì bán kính của các vòng tròn không giảm trong mỗi lần chuyển đổi nên bán kính của vòng tròn được mô tả xung quanh chúng không nhỏ hơn $R$, tức là lớn hơn $r$, nên đã đạt được mâu thuẫn như đã hứa.

b) Cho $s$ là một trong các đường tròn có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với các cạnh $a_1$, $a_2$ và $a_3$. Hãy biểu thị trung tâm của nó

47

Hình 14.

Hình 15.

48

qua $S$ và bán kính qua $R$. Nếu đa giác $M$ không chứa $s$ thì có một cạnh $a_k$ cắt nó. Các cạnh $a_2$ và $a_k$ song song hoặc cắt nhau—chúng tôi giả sử rằng chúng cắt nhau (xem Hình 16 - trường hợp chúng song song được phân tích theo cách tương tự). Xét cạnh $a_l$ cắt nhau $s$, có $3 \leqslant l \leqslant k$ và số $l$ là nhỏ nhất có thể. Hãy chứng minh rằng bán kính $r$ của đường tròn tiếp tuyến với các cạnh $a_2$, $a_3$ và $a_l$ nhỏ hơn $R$ và các cạnh $a_2$, $a_3$, …, $a_l$ nằm ngoài đường tròn này (xem Hình 17). Bây giờ chúng ta đi đến mâu thuẫn theo cách tương tự như ở điểm a). Nếu $l = 4$ thì mâu thuẫn xảy ra. Nếu $l > 4$ thì chọn từ các đường tròn tiếp xúc với các cạnh $a_3$, $a_l$ và $a_i$, trong đó $3 < i < l$ là đường tròn có bán kính tối đa. Bán kính của nó không quá $r$; hãy để nó tương ứng với bộ ba $a_3$, $a_{l_1}$, $a_l$. Nếu $l_1 = 4$, $l = 5$ thì thu được mâu thuẫn. Mặt khác, từ các cặp $a_3$, $a_{l_1}$ và $a_{l_1}a_l$, chúng ta chọn cặp không lân cận và áp dụng cho nó cấu trúc tương tự như đối với cặp $a_3$, $a_l$. Trong một số bước hữu hạn, chúng ta sẽ đến ba cạnh lân cận và bán kính của vòng tròn chạm vào chúng sẽ không quá $r$. Mâu thuẫn nhận được.

Hình 16. Hình 17.

Chú ý ! Ở điểm a) chúng ta đã sử dụng thực tế là tại mỗi lần chuyển đổi, bán kính của các vòng tròn không giảm và ở điểm b) chúng ta đã sử dụng thực tế là chúng không tăng. Hãy tự suy nghĩ tại sao lại như vậy.

L. G. Limanov

◆

M267. Trong dãy bộ ba số nguyên (2, 3, 5) (6, 15, 10) . . . mỗi bộ ba được lấy từ bộ ba trước theo cách này: số thứ nhất nhân với số thứ hai, số thứ hai với số thứ ba và số thứ ba với số thứ nhất, và kết quả thu được là một bộ ba mới.

Chứng minh rằng không có số nào thu được theo cách này sẽ là lũy thừa của một số nguyên: hình vuông, hình lập phương, v.v.

Lưu ý rằng thứ tự của các số trong bộ ba là không đáng kể. Những con số trong ba số tiếp theo không phụ thuộc vào nó.

Hãy chứng minh rằng một bộ ba có số $2l + 1$ có dạng $\{2^k{}^+{}^13^k5^k,\ 2^k3^k{}^+{}^15^k,\ 2^k3^k5^k{}^+{}^1\}$ và với số $2l$ - $\{2^m{}^-{}^13^m5^m,\ 2^m3^m{}^-{}^15^m,\ 2^m3^m5^m{}^-{}^1\}$, trong đó $k$ và $m$ phụ thuộc vào $l$. Hãy sử dụng quy nạp toán học cho việc này. Giả sử các bộ ba được đánh số $2l$ và $2l + 1$ có dạng này. Dễ dàng nhận thấy rằng từ bộ ba $\{a,\ b,\ c\}$ sau hai bước ta được bộ ba $\{a^2bc,\ ab^2c,\ abc^2\}$. Thay thế ở đây thay vì $a$, $b$ và $c$ các phần tử của bộ ba thứ $2l$ và $2l + 1$, ta được

$$\{2^{4m-2}3^{4m-1}5^{4m-1},\ 2^{4m-1}3^{4m-2}5^{4m-1},\ 2^{4m-1}3^{4m-1}5^{4m-2}\}$$

và $\{2^{4k}{}^+{}^23^{4k}{}^+{}^15^{4k}{}^+{}^1,\ 2^{4k}{}^+{}^13^{4k}{}^+{}^25^{4k}{}^+{}^1,\ 2^{4k}{}^+{}^13^{4k}{}^+{}^15^{4k}{}^+{}^2\}$

tương ứng, tức là các bộ ba cùng loại. Vì bộ ba thứ nhất và thứ hai thỏa mãn giả thuyết quy nạp nên tất cả các bộ ba đều thỏa mãn giả thuyết quy nạp.

Vì vậy, người ta đã chứng minh rằng tất cả các số có trong bộ ba đều có dạng $p_1^{n\pm1} \cdot p_2^n \cdot p_3^n$, trong đó $p_1$, $p_2$ và $p_3$ là các số 2, 3 và 5, được lấy theo bất kỳ chuỗi nào. Rõ ràng, không ai trong số chúng có thể là lũy thừa của số tự nhiên.

VÀ. N. Klumova

F273. Để tạo ra khí ở nhiệt độ và áp suất cực cao, đôi khi người ta sử dụng một hệ thống lắp đặt, bao gồm một nòng xi lanh đóng ở một đầu và một viên đạn piston bay vào xi lanh từ phía mở. Với việc xử lý tốt đạn và nòng, có thể đạt được mức độ rò rỉ khí thấp qua khe hở. Do nhiệt độ rất cao, khí nén cao vẫn có thể được coi là lý tưởng trong những điều kiện này. Ước tính giới hạn trên của nhiệt độ argon chịu nén trong cơ cấu như vậy nếu một viên đạn có khối lượng $m = 100$ g bay vào nòng có thể tích $V_0 = 200$ cm$^3$ với tốc độ ban đầu là $v = 250$ m/s. Nhiệt độ và áp suất ban đầu của khí lần lượt là $T_0 = 300^\circ$ K và $p_0 = 1$ atm.

F274. Diode được nối với mạch điện như hình 18, a. Đặc tính dòng điện-điện áp lý tưởng của diode được thể hiện trong Hình 18, b. Tụ điện không được sạc trước. Phím K đã đóng. Khi nạp điện cho tụ điện thì ở điện trở R sẽ toả bao nhiêu nhiệt lượng? Điện dung của tụ điện C, e. d.s. nguồn E. Điện trở trong của nguồn không đáng kể.

Khi viên đạn giảm tốc độ, động năng của nó chuyển thành nhiệt. Để ước tính nhiệt độ tối đa mà khí trong xi lanh có thể nóng lên, chúng ta giả sử rằng toàn bộ nhiệt lượng tỏa ra sẽ làm thay đổi nội năng của khí. Nghĩa là, chúng ta sẽ không tính đến tổn thất năng lượng do làm nóng thành đạn và thành trụ. Sau đó chúng ta có thể viết

$$\frac{mv^2}{2} = \Delta U .$$

Vì argon là một loại khí đơn nguyên tử nên $U = \frac{3}{2} nRT$ ($n$ là số mol khí) và

$$\Delta U = \frac{3}{2} nRT_{\max} - \frac{3}{2} nRT_0 = \frac{3}{2} nR (T_{\max} - T_0).$$

Giá trị $n$ có thể được tìm thấy từ phương trình trạng thái của khí lý tưởng:

$$n = \frac{p_0 V_0}{R T_0} .$$

Đó là lý do tại sao

$$\Delta U = \frac{3}{2}\, p_0 V_0\, \frac{T_{\max} - T_0}{T_0} .$$

Kể từ đây,

$$\frac{mv^2}{2} = \frac{3}{2}\, p_0 V_0\, \frac{T_{\max} - T_0}{T_0} ,$$

Ở đâu

$$T_{\max} = T_0 \left( 1 + \frac{mv^2}{3 p_0 V_0} \right) \approx 30\,000\ ^\circ\mathrm{K} .$$

◆

Sau khi đóng chìa khóa, dòng điện sẽ chạy qua mạch. Điện áp trên tụ sẽ tăng và dòng điện sẽ giảm tương ứng. Trong trường hợp này, cho đến khi dòng điện giảm đến giá trị $I_0$, điện áp trên diode sẽ luôn bằng $U_0$ *). Để dòng điện giảm xuống $I_0$ trong thời gian $t_1$. Hãy tìm xem nhiệt lượng tỏa ra ở điện trở $R$ trong thời gian này là bao nhiêu.

Theo định luật bảo toàn năng lượng, công $A$ do nguồn thực hiện trong toàn mạch bằng tổng công trên từng phần riêng lẻ của mạch:

$$A = A_{\mathrm{д}} + A_{\mathrm{c}} + A_R.$$

Điện áp trên tụ tại thời điểm $t = t_1$ là

$$U_{\mathrm{c}} = E - U_0 - I_0 R,$$

điều này có nghĩa là trong thời gian $t_1$ một điện tích chạy qua mạch điện

$$q_1 = C U_{\mathrm{c}} = C (E - U_0 - I_0 R).$$

Công mà nguồn thực hiện trong thời gian này là

$$A_1 = q_1 E = CE (E - U_0 - I_0 R).$$

Công trên phần chứa diode và tụ điện bằng nhau

$$A_{\mathrm{д}} = q_1 U_0 = C U_0 (E - U_0 - I_0 R),$$

$$A_{\mathrm{c}} = W_{\mathrm{c}} = \frac{q_1^2}{2C} = \frac{C (E - U_0 - I_0 R)^2}{2} .$$

---

*) Xem lời giải bài toán F232, «Kvant», 1974, số 5.

49

Hình 18.

F275. Một tải trọng bổ sung có kích thước nhỏ và khối lượng m được đặt lên vành của một bánh xe lớn có khối lượng M, và $\dfrac{M}{m} = 15$. Bánh xe phải lăn với tốc độ bao nhiêu để nảy lên?

50

Sau đó tiến hành kháng cự $R$

$$A_R = Q_1 = A_1 - A_\mathrm{д} - A_\mathrm{c} = \frac{C}{2}\left[(E - U_0)^2 - (I_0 R)^2\right].$$

Khi dòng điện tiếp tục giảm từ $I_0$ xuống 0, điện áp trên diode sẽ không đổi. Theo đặc tính dòng điện của diode, điện áp sẽ giảm khi dòng điện giảm theo quy luật tuyến tính. Điều này có nghĩa là trong khoảng thời gian $t_2$, khi dòng điện trong mạch giảm từ $I_0$ xuống 0, thì diode tương đương với điện trở thông thường, giá trị của nó là $r = \dfrac{U_0}{I_0}$ (Hình 18 c).

Để tìm lượng nhiệt $Q_2$ tỏa ra ở điện trở $R$ trong thời gian $t_2$, chúng ta lại sử dụng định luật bảo toàn năng lượng:

$$A_2 = \Delta W_c + Q,$$

trong đó $\Delta W_c$ là độ biến thiên năng lượng của tụ điện và $Q = Q_2 + Q_r$ là lượng nhiệt tỏa ra ở các điện trở $R$ và $r$.

Khi dòng điện trong mạch dừng thì điện áp trên diode và trên điện trở $R$ sẽ bằng 0 nên điện áp trên tụ sẽ là $E$ và điện tích sẽ là $q' = CE$. Do đó, trong thời gian $t_2$ một điện tích chạy qua mạch điện

$q_2 = q' - q_1 = CE - C\,(E - U_0 - I_0 R) = C\,(U_0 + I_0 R)$.

Sau đó

$$A_2 = q_2 E = CE\,(U_0 + I_0 R),$$

$$\Delta W_c = \frac{q'^2}{2C} - \frac{q_1^2}{2C} = \frac{CE^2}{2} - \frac{C}{2}(E - U_0 - I_0 R)^2$$

Và

$$Q = A_2 - \Delta W_c = \frac{C}{2}(U_0 + I_0 R)^2.$$

Các điện trở $r$ và $R$ được mắc nối tiếp, tức là bất cứ lúc nào cũng có cùng một dòng điện chạy qua các điện trở này. Do đó, lượng nhiệt $Q_2$ và $Q_r$ giải phóng ở các điện trở $R$ và $r$ đồng thời có liên hệ với nhau như các giá trị điện trở, tức là

$$\frac{Q_2}{Q_r} = \frac{R}{r}.$$

Biết tổng của $Q_2$ và $Q_r$ và tỉ số của chúng, chúng ta có thể tìm thấy $Q_2$:

$$Q_2 = \frac{R}{R+r}\,Q = \frac{R}{R+r}\;\frac{C\,(U_0 + I_0 R)^2}{2}.$$

Rồi cuối cùng

$$Q_R = Q_1 + Q_2 = \frac{C\left[(E-U_0)^2 - (I_0R)^2\right]}{2} +$$
$$+ \frac{R}{R+r}\;\frac{C\,(U_0 + I_0 R)^2}{2}.$$

◆

Vì khối lượng của tải nhỏ hơn nhiều so với khối lượng của bánh xe nên chúng ta có thể bỏ qua ảnh hưởng của trọng lực lên chuyển động của bánh xe và giả sử rằng bánh xe lăn với tốc độ không đổi. Trong trường hợp này, gia tốc của tải trọng trong hệ tọa độ liên kết với mặt đất bằng gia tốc hướng tâm của tải trọng trong hệ tọa độ liên kết với tâm bánh xe lăn, nghĩa là

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

Hình 19.

F276. Một người nên kê kính gì nếu nhìn thấy bình thường trong nước?

($v$ là tốc độ của bánh xe, $R$ là bán kính của bánh xe). Gia tốc này được truyền vào tải bởi tổng hợp của hai lực: trọng lực $m\mathrm{g}$ và phản lực của bánh xe $\mathbf{N}$ (Hình 19, a).

Từ phía của tải trọng, một lực $\mathbf{Q}$ tác dụng lên bánh xe (Hình 19, b), có giá trị tuyệt đối bằng lực $\mathbf{N}$, nhưng hướng theo hướng ngược lại. Rõ ràng bánh xe sẽ nhảy nếu thành phần thẳng đứng của lực $\mathbf{Q}$ lớn hơn trọng lực của bánh xe $M\mathrm{g}$. Thành phần thẳng đứng của lực $\mathbf{Q}$ lớn nhất và bằng chính lực đó $\mathbf{Q}$ tại thời điểm tải trọng ở điểm trên cùng của bánh xe. Do đó, tốc độ bánh xe nhảy sẽ được xác định từ điều kiện

$$Q \geqslant Mg. \qquad (1)$$

Theo định luật II Newton đối với tải trọng tại điểm cao nhất, chúng ta có thể viết (Hình 19, c)

$$mg + N = m\,\frac{v^2}{R}\,,$$

Ở đâu

$$N = m\left(\frac{v^2}{R} - g\right).$$

Vì $Q = N$, biểu thức (1) có thể được biểu diễn dưới dạng

$$m\left(\frac{v^2}{R} - g\right) \geqslant Mg,$$

Ở đâu

$$v \geqslant \sqrt{Rg\left(\frac{M}{m} + 1\right)} = 4\;\sqrt{Rg}.$$

◆

Hãy vẽ đường đi của tia sáng từ một nguồn xa vô tận qua mắt. Tia này trải qua hai lần khúc xạ trên hai bề mặt của thấu kính (Hình 20). Theo định luật khúc xạ

$$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta} = \frac{n_2}{n_1}\,,$$

trong đó $n_1$ là chiết suất tuyệt đối của môi trường thứ nhất (nước hoặc không khí), $n_2$ là chiết suất tuyệt đối của chất thấu kính.

Từ công thức này, rõ ràng là khi $n_1$ giảm (thay nước bằng không khí), góc $\beta$ giảm. Điều này có nghĩa là sau

Hình 20.

51

F277. Xác định chu kỳ dao động của một vật nặng C, được gắn bản lề bởi hai thanh rất nhẹ có chiều dài $l$ vào một thanh $AB$, cố định một góc $\alpha$ so với đường chân trời (Hình 21, a). $\angle BAC = \angle ABC = \beta$. Bỏ qua ma sát.

khúc xạ trên bề mặt đi vào của thấu kính trong trường hợp có không khí ở phía trước mắt, chùm tia đi thấp hơn so với trường hợp có nước ở phía trước mắt. Do đó, nếu trong nước hình ảnh của một vật ở xa với mắt thư giãn trên võng mạc, thì trong không khí, ảnh của vật này với mắt thư giãn sẽ thu được ở phía trước võng mạc. Vì vậy, người đó bị cận thị.

◆

Quỹ đạo của vật nặng sẽ là một phần của hình tròn có bán kính $r = l\sin\beta$, mặt phẳng của nó vuông góc với thanh $AB$ và nghiêng một góc $90^\circ - \alpha$ so với mặt phẳng nằm ngang (Hình 21, b).

Chúng ta hãy viết phương trình chuyển động của vật nặng, giả sử rằng độ lệch của nó so với vị trí cân bằng là nhỏ. Để làm điều này, bạn cần tìm tổng các hình chiếu của tất cả các lực tác dụng lên vật nặng lên tiếp tuyến với quỹ đạo của vật nặng. Các lực đàn hồi $Q_1$ và $Q_2$ tác dụng lên vật nặng từ phía bên của thanh nằm trong mặt phẳng của thanh, vuông góc với quỹ đạo của vật nặng. Do đó, hình chiếu của chúng lên tiếp tuyến của quỹ đạo bằng 0.

Để tìm hình chiếu của lực hấp dẫn $mg$, chúng ta phân tách lực này thành các thành phần (xem Hình 21, b) $F_1$, nằm trong mặt phẳng của quỹ đạo và $F_2$, vuông góc với mặt phẳng này. Hình chiếu của lực $F_2$ lên tiếp tuyến với quỹ đạo của vật nặng bằng 0 và hình chiếu của lực $F_1$ bằng $F_1\sin\gamma$ (Hình 21, c). Vì $F_1 = mg\cos\alpha$, độ lớn của phép chiếu này là $mg\cos\alpha\sin\gamma$.

Bây giờ chúng ta có thể viết phương trình chuyển động của vật nặng dọc theo quỹ đạo. Trong trường hợp này, cần phải tính đến, giống như chuyển động của một con lắc toán học, gia tốc của vật nặng dọc theo quỹ đạo có hướng ngược lại với độ lệch của vật nặng so với vị trí cân bằng. Do đó, hình chiếu của trọng lực và gia tốc của quả lắc có dấu ngược nhau. Kể từ đây,

$$ma_\mathrm{т} = -mg\cos\alpha\sin\gamma.$$

Vì góc $\gamma$ nhỏ nên $\sin\gamma \approx \gamma$ và chúng ta có thể viết nó

$$a_\mathrm{т} = -\,(g\cos\alpha)\,\gamma.$$

Phương trình này trùng với phương trình chuyển động của một con lắc toán học, trong đó gia tốc trọng trường $g$ được thay thế bằng $g\cos\alpha$. Điều này có nghĩa là chu kì dao động của vật nặng bằng

$$T = 2\pi\sqrt{\frac{l'}{g'}} = 2\pi\sqrt{\frac{r}{g\cos\alpha}} = 2\pi\sqrt{\frac{l\sin\beta}{g\cos\alpha}}.$$

VÀ. Sh. Slobodetsky

Hình 21. a, b - con lắc ở vị trí cân bằng. Các bản vẽ được thực hiện trong mặt phẳng của thanh. Mặt phẳng dao động vuông góc với mặt phẳng hình vẽ, vết của nó được thể hiện bằng nét đứt màu đỏ.
c - mặt phẳng hình vẽ trùng với mặt phẳng dao động.

52