Lời giải bài toán M280—M285; F291—F295

Kvant 1975, số 4 tr. 27, 28, 29, 30, 31, 32, 33, 34, 36 Thẻ G9EZ

Bản dịch tự động sơ bộ, chất lượng thấp: có thể còn lỗi và câu chữ chưa tự nhiên. Bản này sẽ được thay bằng bản dịch tốt hơn. Bản gốc →

Lời giải bao gồm hai phần. Đầu tiên chúng ta sẽ chứng minh diện tích phần chung không nhỏ hơn một nửa diện tích của tam giác $A_1B_1C_1$ và $KLM$ , nếu các điểm $K$ , $L$ và $M$ lần lượt nằm trên các đoạn $AB_1$ , $CA_1$ và $BC_1$ ?

Cơm. 1.

Cơm. 2.

Cơm. 3.

M280. Cho một tam giác $ABC$ có diện tích 1. Đặt $A_1, B_1$ và $C_1$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $BC$ , $AC$ và $AB$ . Diện tích tối thiểu mà phần chung của tam giác $A_1B_1C_1$ và $KLM$ có thể có là bao nhiêu nếu các điểm $K$ , $L$ và $M$ lần lượt nằm trên các đoạn $AB_1$ , $CA_1$ và $BC_1$ ?

Cơm. 1.

Cơm. 2.

Cơm. 3.

M281. Một đa giác lồi có thể có bao nhiêu cạnh, tất cả các đường chéo của nó đều dài?

Chúng ta hãy biểu thị bằng $Q$ điểm giao nhau của các đoạn $KL$ và $C_1B_1$ , và bằng $R$ và $T$ các điểm giao nhau của đoạn $KM$ với đoạn $C_1B_1$ và phần tiếp theo của đoạn $CB$ (Hình 1). Hãy để chúng tôi chứng minh rằng $RQ \geq QB_1$ . Trên thực tế, từ sự giống nhau của các tam giác $KTL$ và $KRQ$ , $KLC$ và $KQB_1$ , chúng ta có $\frac{TL}{RQ} = \frac{LK}{QK} = \frac{LC}{QB_1}$ , tức là $\frac{RQ}{QB_1} = \frac{TC}{LC}$ ; nhưng $TL \geq BA_1 = A_1C \geq LC$ cũng có nghĩa là $RQ \geq QB_1$ . Tương tự như vậy, $FP \geq PA_1$ và $XY \geq XC_1$ (xem Hình 1).

Hãy kết nối các điểm $R$ , $F$ và $Y$ (Hình 2). Rõ ràng là $S_{RQF} \geq S_{B1QF}$ (những hình tam giác này có cùng chiều cao với $RQ \geq QB_1$ ), $S_{FPY} \geq S_{A1PY}$ và $S_{RXY} \geq S_{C1XR}$ . Do đó, $S_{B1QF} + S_{A1PY} + S_{C1XR} \leq S_{RQF} + S_{FPY} + S_{RXY} + S_{RYF}$ , và vì tổng diện tích của cả bảy hình tam giác bằng diện tích $\triangle A_1B_1C_1$ , nên cạnh phải của bất đẳng thức thu được không nhỏ hơn một nửa diện tích của tam giác này.

Ví dụ bắt buộc được xây dựng trong Hình 3 (điểm $M$ trùng với điểm $B$ , $K$ — $B_1$ , điểm $L$ —bất kỳ).

Vậy diện tích phần chung nhỏ nhất của tam giác $A_1B_1C_1$ và $KLM$ là $\frac{1}{8}$ .

B. M. Ivlev

◆

Hãy chứng minh rằng một đa giác có tính chất đã cho không thể có nhiều hơn năm cạnh.

Chúng ta hãy biểu thị bằng $n$ số cạnh của đa giác và giả sử rằng $n \geq 6$ . Đặt $A_1, A_2, \dots, A_{n-1}, A_n$ là các đỉnh của đa giác. Hãy xem xét các đỉnh $A_1, A_2, A_{n-2}, A_{n-1}$ . Các đoạn $A_1A_2$ và $A_{n-2}A_{n-1}$ là các cạnh và các đoạn $A_1A_{n-1}, A_2A_{n-2}$ là các đường chéo của đa giác của chúng ta (do giả định số $n$ , xem Hình 4).

Trong một tứ giác lồi $A_1A_2A_{n-2}A_{n-1}$ , tổng các đường chéo $A_1A_{n-2}$ và $A_2A_{n-1}$ luôn lớn hơn hai cạnh $A_1A_{n-1}$ và $A_2A_{n-2}$ của nó; và điều này mâu thuẫn với thực tế là $A_1A_{n-1} = A_1A_{n-2} = A_2A_{n-1} = A_2A_{n-2}$ theo điều kiện bài toán. Vì vậy, $n < 6$ .

Cơm. 4.

Rõ ràng là $n>3$ (tam giác không có đường chéo). Đối với các trường hợp $n=4$ và $n=5$ , rất dễ xây dựng các đa giác có thuộc tính được chỉ định: chúng là hình vuông và hình ngũ giác đều.

Vì vậy, câu trả lời cho bài toán là số cạnh có thể là 4 hoặc 5.

G. A. Galperin

M282. Các ô của bảng hình chữ nhật có kích thước $m \times n$ chứa bất kỳ số tự nhiên nào. Trong một lần di chuyển, bạn có thể nhân đôi tất cả các số trong một hàng hoặc trừ đi một số từ tất cả các số trong một cột. Chứng minh rằng chỉ bằng một vài nước đi bạn có thể làm cho tất cả các số bằng 0.

M283. Một đa giác lồi có tính chất sau: nếu dịch chuyển tất cả các cạnh của nó ra bên ngoài một khoảng bằng 1 thì các đường thẳng thu được sẽ tạo thành một đa giác giống với đa giác ban đầu. Chứng minh rằng một đường tròn có thể nội tiếp trong đa giác này.

Cơm. 5.

Trước tiên hãy biến tất cả các số trong cột đầu tiên thành số không. Nếu có những số ở cột đầu tiên, thì chúng ta sẽ nhân đôi các số trong các hàng đó của bảng tại giao điểm của cột nào với cột đầu tiên có những số đó, sau đó trừ đi một số từ tất cả các số ở cột đầu tiên. Rõ ràng là trong trường hợp này, các đơn vị “cũ” sẽ vẫn giữ nguyên và mỗi số khác với một trong cột đầu tiên sẽ giảm đi một. Nếu không có đơn vị nào trong cột đầu tiên ngay từ đầu, thì chúng ta sẽ trừ một đơn vị khỏi tất cả các số của nó cho đến khi xuất hiện (ít nhất một đơn vị); và sau đó chúng tôi sẽ thực hiện thao tác đã được mô tả. Chúng ta sẽ lặp lại thao tác này (nhân đôi các hàng có giao điểm với cột đầu tiên chứa các số 1, sau đó trừ đi một số từ mỗi số trong cột đầu tiên) cho đến khi tất cả các số trong cột đầu tiên trở thành số một. Bằng cách trừ đi một từ mỗi số trong cột đầu tiên, chúng ta biến tất cả chúng thành số không.

Vì vậy, chúng ta có một bảng trong đó cột đầu tiên chứa số 0 và các cột $n-1$ còn lại chứa số tự nhiên. Bằng cách biến các số của cột thứ 2, thứ 3, …, $n$ tuần tự thành số 0 theo cách đã mô tả (lưu ý rằng trong trường hợp này, các số 0 hiện có sẽ không bị “làm hỏng”), chúng ta sẽ có được một bảng gồm toàn các số 0.

S. V. Konyagin

Lưu ý rằng mệnh đề ngược lại dễ chứng minh hơn nhiều: nếu một hình tròn có thể nội tiếp trong một đa giác, thì khi di chuyển tất cả các cạnh của nó ra xa nhau một khoảng cách như nhau (cụ thể là một khoảng), sẽ thu được một đa giác tương tự, với tâm của đường tròn đóng vai trò là tâm tương đồng (Hình 5).

Bây giờ chúng ta chuyển sang lời giải bài toán.

BẰNG CHỨNG ĐẦU TIÊN. Giả sử đa giác $P'$ thu được từ đa giác $P$ bằng cách di chuyển các cạnh bên trong đa giác $P$ đến khoảng cách bằng 1, đồng thời có thể thu được $P'$ từ $P$ bằng cách biến đổi độ tương tự $f$ với hệ số $k<1$ . Chúng ta hãy đưa đa giác $P$ vào phép biến đổi này cùng với đa giác $P'$ được vẽ bên trong nó. Sau đó, bên trong $P'$ (hình ảnh $P$ ) một đa giác mới $P''$ (hình ảnh $P'$ ) sẽ xuất hiện, tương tự như $P'$ (với hệ số $k$ ) và $P$ (với hệ số $k^2$ ), và rõ ràng là các cạnh $P''=f(P')$ có thể thu được bằng di chuyển các bên $P'$ vào trong đến một khoảng $k$ . Theo cách tương tự, di chuyển các cạnh $k^2$ khác, chúng ta có một đa giác $f(P'')=P^{(3)}$ nằm bên trong $P''$ (hình ảnh của $P''$ dưới phép biến đổi $f$ ), v.v.:
$f(P^{(3)}) = P^{(4)}, \ldots, f(P^{(n)}) = P^{(n+1)}, \ldots$
ở đâu $P \supset P' \supset P'' \supset P^{(3)} \supset \ldots \supset P^{(n)} \supset \ldots$

Rõ ràng, vì các cạnh của đa giác $P^{(n)}$ mỗi lần giảm theo cùng một tỷ lệ nên độ dài của chúng có xu hướng bằng 0 và do đó là giao điểm của tất cả các đa giác

bao gồm một điểm (Hình 6)*). Hãy biểu thị nó bằng $O$ .

Mỗi cạnh của đa giác $P'$ lần lượt được di chuyển ra xa nhau một khoảng cách $k, k^2, k^3, \dots, k^n, \dots$ , nên khoảng cách từ mỗi cạnh đến điểm $O$ bằng cùng một số - tổng của một cấp số nhân vô hạn

$k + k^2 + k^3 + \dots + k^n + \dots = r.$

Do đó, một hình tròn có tâm $O$ và bán kính $r$ chạm vào tất cả các cạnh của đa giác $P'$ .

Lưu ý rằng trong chứng minh trên, việc các cạnh nào tương ứng với nhau dưới một phép biến đổi $f$ như vậy không quan trọng, mà phép biến đổi này lấy $P$ đến $P'$ . Trong khi đó, trong hầu hết lời giải do độc giả gửi, người ta ngầm cho rằng có sự tương ứng tự nhiên: mỗi bên $P'$ được liên kết với một bên $P$ , có được từ nó bằng cách di chuyển nó theo một bên. Người ta có thể chứng minh bổ đề sau: nếu đa giác $P$ và $P'$ (thu được từ $P$ bằng cách di chuyển các cạnh đi 1) giống nhau - với sự tương ứng góc nào của các cạnh (với sự “xoay” hoặc “phản xạ đối xứng” theo thứ tự của cạnh), thì sẽ luôn có sự tương đồng với thứ tự tự nhiên của cạnh - chuẩn bị cho hệ số $k$ ( $0 < k < 1$ ). Chúng tôi sẽ đưa ra một bằng chứng độc lập với lời giải đầu tiên, nhưng bây giờ chúng tôi đưa ra thêm hai lời giải bài toán, dựa trên bổ đề này (nghĩa là ngụ ý sự tương ứng tự nhiên của các bên dưới sự tương tự).

Bằng chứng thứ hai. Đặt $[AB]$ là cạnh của $P$ , $[A'B']$ cạnh tương ứng của $P'$ , $O$ là giao điểm của $(AA')$ và $(BB')$ . Sau đó (xem Hình 7)

$\frac{|A'O|}{|AO|} = \frac{|A'B'|}{|AB|} = \frac{|B'O|}{|BO|} = k.$

Theo đó, tại cùng một điểm $O$ đường $BB'$ cũng cắt đường $CC'$ (BC và $B'C'$ là các cạnh tương ứng $P$ và $P'$ ), v.v. Ngoài ra, điều rất quan trọng là các đường $AA'$ , $BB'$ , $CC'$ , … là các góc nhị phân $A', B', C', \dots$ , của đa giác $P'$ . Theo đó, điểm $O$ đóng vai trò là tâm của đường tròn ghi tại $P'$ .

Bằng chứng thứ ba. Chúng ta hãy cắt “vỏ” giữa các đa giác $P$ và $P'$ thành một đường thẳng, các đa giác có chiều cao 1 với các đáy $A'B', B'C', C'D', \dots$ và “hình thoi” - các hình tứ giác còn lại ở mỗi đỉnh $A, B, C, \dots$ (Hình 8). Rõ ràng, từ những hình thoi này, người ta có thể dựng một đa giác ngoại tiếp một hình tròn có bán kính bằng 1, và các góc của nó tương ứng là $A, B, C, \dots$ , và độ dài các cạnh bằng hiệu độ dài của đa giác $P$ và $P'$ tương ứng với các cạnh, tức là bằng $(1-k)|AB|, (1-k)|BC|$ , …. Do đó, đa giác $P'$ của chúng ta tương tự như một đa giác ngoại tiếp quanh một đường tròn có bán kính 1, nghĩa là có thể nội tiếp một đường tròn trong đó (bán kính sẽ bằng, rất indo, $r = \frac{k}{1-k}$ ).

Chứng minh bổ đề. Đối với mỗi cạnh $[AB]$ của đa giác $P$ , chúng ta sẽ biểu thị bằng $[A'B']$ cạnh đó $P'$ có được bằng cách di chuyển $AB$ ra xa.

*) Việc giao điểm này không rỗng có thể dễ dàng suy ra từ phát biểu tương tự đối với trục số. Trình tự các phân đoạn lồng nhau

$[a; b] \supset [a_1; b_1] \supset \dots \supset [a_n; b_n] \supset \dots$

luôn có một điểm chung (câu phát biểu này hoặc bất kỳ câu tương đương nào với nó trong phần giới thiệu tiên đề về số thực thường được chấp nhận như một tiên đề).

Giả sử, trong trường hợp giống nhau, cạnh $[A_1B_1]$ tương ứng với $[A'_2B'_2]$ :
$[A_1B_1] \rightarrow [A'_2B'_2], [A_2B_2] \rightarrow [A'_3B'_3], \dots, [A_{r-1}B_{r-1}] \rightarrow [A'_rB'_r], [A_rB_r] \rightarrow [A'_1B'_1].$
Sau đó, $\hat{A}_1 = \hat{A}_2 = \dots = \hat{A}_r = 2\alpha$ và $\hat{B}_1 = \hat{B}_2 = \dots = \hat{B}_r = 2\beta$ , và do đó sự khác biệt về độ dài $|A_iB_i| - |A'_iB'_i| = d$ có cùng độ dài $i$ ( $d = \text{ctg} \alpha + \text{ctg} \beta$ ). Gọi $k$ là hệ số tương tự, $|A_iB_i| = x_i$ . Sau đó
$\begin{cases} x_1 - kx_r = d, \\ x_2 - kx_1 = d, \\ x_3 - kx_2 = d, \\ \dots \dots \dots \\ x_r - kx_{r-1} = d; \end{cases}$
nhưng, thật dễ dàng để chứng minh, hệ thống này (với $0 < k < 1$ ) chỉ có một lời giải $x_1 = x_2 = \dots = x_r = \frac{d}{1-k}$ . Vì vậy, chúng ta đã chứng minh được rằng với mọi cạnh $A_1B_1$ của đa giác $P$
$|A'_1B'_1| = k |A_1B_1|,$
nghĩa là các cạnh của đa giác tương ứng với nhau (trong trường hợp không có!) tỷ lệ thuận với nhau. Các góc không thay đổi khi không có mặt nên sự tương đồng của đa giác với sự tương ứng tự nhiên $[AB] \rightarrow [A'B']$ được chứng minh.

H. B. Vasiliev

M284. Tổng của 100 số tự nhiên, mỗi số không lớn hơn 100, bằng 200. Chứng minh rằng từ chúng có thể chọn được nhiều số có tổng bằng 100.

Chúng ta sẽ giải bài toán này, giả sử rằng chúng ta có $n=2k$ số tự nhiên, mỗi số không lớn hơn $n$ và tổng của chúng là $2n$ . Hãy chứng minh rằng từ những số $n$ này, chúng ta có thể chọn được nhiều số sao cho tổng của chúng bằng $n$ .

Đặt trung bình cộng của các số đã cho $a_1, \dots, a_n$ là hai số bất kỳ, ví dụ: các số $a_1$ và $a_2$ khác nhau (nếu tất cả các số đều giống nhau thì chúng đều bằng 2 và $k$ tổng của chúng bằng $n=2k$ ). Hãy tạo các số $n$ mới:

$\begin{cases} A_0 = a_1, \\ A_1 = a_2, \\ A_2 = a_1 + a_2, \\ \dots \dots \dots \\ A_{n-1} = a_1 + a_2 + a_3 + \dots + a_{n-1}. \end{cases}$

Mỗi số này nhỏ hơn $2n$ nhưng lớn hơn 0. Trung bình cộng của các số dư khi chia các số $A_0, \dots, A_{n-1}$ cho $n$ sẽ tìm thấy 0 hoặc hai số dư bằng nhau (vì các số dư, giống như các số, là $n$ ). Trong trường hợp đầu tiên, $A_m$ , tương ứng với số dư bằng 0, bằng $n$ (chia hết cho $n$ , lớn hơn 0 và nhỏ hơn $2n$ ). Trong phần thứ hai - $A_m = A_k + n$ ( $k < m$ ). Hơn nữa, $m \neq 0$ và $m \neq 1$ , vì các số $A_0$ và $A_1$ không vượt quá $n$ . Trong trường hợp $m=2$ , $A_0$ bằng $n$ hoặc $A_1$ bằng $n$ . Trong các trường hợp khác, $A_m = A_k + a_{k+1} + \dots + a_m$ , từ đó chúng ta thu được $a_{k+1} + \dots + a_m = n$ đó.

C. B. Konyazin

M285. Một tờ giấy hình chữ nhật có kích thước $a \times b$ được cắt thành các dải hình chữ nhật, mỗi dải có một cạnh dài 1. Chứng minh rằng ít nhất một trong các số $a$ và $b$ là số nguyên.

Hãy gọi dải hình chữ nhật là một phần tử của phân vùng đã chỉ định là một khối. Chúng ta hãy biểu thị một trong các cạnh của hình chữ nhật ban đầu có chiều dài $b$ bằng $B$ ; Chúng ta gọi một khối là nằm ngang nếu một cạnh của nó song song với cạnh $B$ và ngược lại là thẳng đứng. Chúng ta hãy biểu thị đường thẳng song song với $B$ , cách $B$ một khoảng $x$ và giao hình chữ nhật này bởi $L_x$ (sau đó là $x \leq a$ ). Chúng ta sẽ giả sử rằng đường thẳng $B$ là trái.

Nếu một khối dọc nằm giữa các đường thẳng $L_i$ và $L_{i+1}$ đối với một số nguyên $i$ , thì sơn nó màu đỏ, sơn các khối dọc còn lại màu xanh lam và tất cả các khối ngang màu vàng. Chúng ta biểu thị tổng độ dài của các đoạn màu đỏ của đường $L_x$ bằng $K(L_x)$ , các đoạn màu xanh lam là $C(L_x)$ và các đoạn màu vàng là $JK(L_x)$ . (Nếu một đoạn phân tách các khối có hai màu, chúng ta sẽ giả sử rằng nó có một khối đúng.) Rõ ràng, $JK(L_x)$ là số nguyên cho bất kỳ $x$ nào. Hãy chứng minh rằng nếu chúng ta đổi màu tất cả các khối màu xanh thành màu vàng thì tổng độ dài của các phần màu vàng của bất kỳ đường thẳng $L_x$ nào sẽ vẫn là một số nguyên. Để làm được điều này, chúng ta chỉ cần chứng minh rằng tổng độ dài của các số trên đoạn thẳng $L_x$ (nghĩa là $C(L_x))$ là số nguyên với mọi $x$ .

Chúng ta hãy biểu thị tất cả các khoảng cách có thể có từ các khối màu xanh lam đến $B$ bằng $\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_n$ và

$0 < \alpha_1 < \alpha_2 < \dots < \alpha_n \leq a - 1.$

Trước hết, chúng tôi chứng minh rằng có thể đổi màu các khối $C^{(1)}_1, \dots, C^{(1)}_k$ ở xa $B$ một khoảng $\alpha_1$ . Đặt $[a]$ là phần nguyên của $a$ . Vì $\alpha_1$ là khoảng cách trung bình nhỏ nhất của các khối màu xanh lam với đường $B$ và $[\alpha_1] < \alpha_1$ , sau đó là $K(L_{\alpha_1}) = K(L_{\alpha_1}) = b - JK(L_{\alpha_1})$ . Do đó, $C(L_{\alpha_1}) = b - K(L_{\alpha_1}) - JK(L_{\alpha_1}) = JK(L_{\alpha_1}) - JK(L_{\alpha_1})$ , là một số nguyên và do đó, các khối $C^{(1)}_1, \dots, C^{(1)}_k$ có thể được đổi màu, vì một đường thẳng tùy ý $L_x$ hoặc cắt tất cả chúng hoặc không cắt bất kỳ khối nào trong số chúng.

Theo cách tương tự, người ta đã chứng minh rằng từ khả năng đổi màu các khối $C^{(1)}_1, \dots, C^{(1)}_k$ , cách nhau $B$ một khoảng $\alpha_s$ đối với tất cả $s \leq i - 1$ , suy ra rằng có thể đổi màu các khối $C^{(1)}_1, \dots, C^{(1)}_k$ . Bây giờ phát biểu tuân theo nguyên lý quy nạp toán học: $C(L_x)$ là số nguyên với mọi $x$ .

Vì vậy, tất cả những gì chúng ta còn lại là các khối màu đỏ và màu vàng. Nếu bây giờ đường thẳng $L_a$ trùng với cạnh của đường thẳng thì $a$ là số nguyên. Nếu không thì

$b = JK(L_a + \varepsilon), [a] + \varepsilon < a,$

và vì $JK(L_x)$ là số nguyên nên $b$ là số nguyên.

Tuyên bố đã được chứng minh đầy đủ.

I. N. Klumova

F291. Hai tụ điện giống hệt nhau $A$ và $B$ , mỗi tụ điện $C$ và một hòn đá có độ tự cảm $L$ được nối với nhau, như trong Hình 9. Tại thời điểm ban đầu, các công tắc $K$ mở, tụ điện $A$ được tích điện đến hiệu điện thế đặt $U$ . Điện tích của tụ điện $B$ và dòng điện trong viên sỏi bằng 0. Xác định giá trị lớn nhất của moka trong viên sỏi sau khi đóng chìa khóa.

Nếu không có tụ điện $B$ thì sau khi đóng công tắc, sẽ xuất hiện dao động điện từ trong mạch chứa tụ điện $A$ và cuộn cảm. Từ định luật bảo toàn năng lượng người ta có thể tìm ngay được dòng điện cực đại.

Trong trường hợp của chúng tôi, sẽ có sự phân phối lại điện tích giữa các tụ điện và sau đó các dao động sẽ được thiết lập trong mạch. Hãy thử giải thích điều này.

Một phần của mạch gồm hai tụ điện và dây nối cũng có thể được coi là mạch cộng hưởng. Nhưng độ tự cảm của nó - độ tự cảm của dây dẫn - rất nhỏ (so với $L$ ), do đó phần tự nhiên của dao động trong mạch này sẽ rất lớn (thuê tần số dao động tự nhiên lớn trong mạch, mà

Chúng tạo thành tụ điện và một cuộn cảm). Tất nhiên, mạch này cũng có điện trở hoạt động, nhưng nó rất nhỏ so với điện trở cảm ứng chẳng hạn. Vì vậy, trong một thời gian sau khi đóng công tắc, dao động trong mạch có thể coi là không đáng kể. Tức là trong mạch điện gồm tụ điện và dây dẫn sẽ xảy ra nhiều dao động dòng điện trong khi dòng điện trong cuộn dây vẫn có thể coi là bằng 0. Do điện trở của dây dẫn nên dao động trong mạch này sẽ bị tắt dần. Điều này dẫn đến việc thiết lập nhanh chóng trạng thái cân bằng và phân phối lại điện tích bằng nhau giữa các tụ điện (vì điện dung của các tụ điện bằng nhau). Trong trường hợp này, một phần năng lượng điện trường của tụ điện tích điện $A$ sẽ chuyển thành năng lượng ấm.

Chúng ta hãy tìm phần năng lượng còn lại trong mạch sau khi phân phối lại điện tích nhanh chóng giữa các tụ điện. Điện tích ban đầu của tụ điện $A$ bằng $Q = CU$ . Sau khi điện tích được phân phối lại giữa các tụ điện, điện tích của chúng bằng $\frac{Q}{2}$ và năng lượng của chúng bằng $\frac{Q^2}{8C} = \frac{CU^2}{8}$ . Do đó, tổng năng lượng còn lại trong mạch là $\frac{CU^2}{8} + \frac{CU^2}{8} = \frac{CU^2}{4}$ .

(Trước khi đóng chìa khóa, năng lượng trong mạch bằng $\frac{CU^2}{2}$ . Như vậy, một nửa năng lượng ban đầu đã chuyển hóa thành nhiệt.)

Bây giờ chúng ta hãy đặt một mạch gồm tụ điện và một cuộn cảm. Dòng điện trong cuộn dây sẽ đạt cực đại khi tụ điện phóng điện hoàn toàn và năng lượng của chúng được chuyển hóa thành năng lượng của từ trường trong cuộn dây. Từ định luật bảo toàn năng lượng suy ra rằng

$\frac{CU^2}{4} = \frac{LI_{\max}^2}{2}.$

Từ đây

$I_{\max} = U \sqrt{\frac{C}{2L}}.$

F292. Từ một điểm ở dưới cùng của một thanh sắt dốc nằm ngang, các quả bóng nằm dưới các góc nhỏ về phía máy phát sắt với các hình chiếu vận tốc giống hệt nhau dọc theo máy phát này (Hình 10). Liệu những quả bóng này có gặp nhau không?

Chúng ta hãy xem xét chuyển động của các quả bóng trong một hệ tọa độ chuyển động tịnh tiến dọc theo một trong các trục của nó, trùng với đường sinh của sắt. Tốc độ của hệ $v$ bằng hình chiếu vận tốc của các quả bóng lên máy phát của hình trụ. Trong hệ tọa độ này, tất cả các quả bóng tại bất kỳ thời điểm nào đều nằm trong cùng một mặt phẳng $P$ , vuông góc với $v$ . Giả sử các quả bóng trượt không ma sát dọc theo mặt bên của bàn ủi, khi đó trong mặt phẳng $P$ các quả bóng này chuyển động dọc theo đường cong như trên Hình 11, tức là chúng dao động.

Nếu biên độ dao động nhỏ (các thành phần ban đầu của vận tốc của các quả bóng, vuông góc với đường sinh của sắt và tiếp tuyến với bề mặt của nó, là nhỏ), thì dao động của các quả bóng là điều hòa và chu kỳ của chúng không phụ thuộc vào biên độ. Trong trường hợp này, sau nửa thời gian, tất cả các quả bóng gặp nhau trên cùng một bộ tạo $AA'$ của bàn ủi mà chúng bắt đầu chuyển động.

Nếu biên độ dao động của các quả bóng lớn thì dao động sẽ không điều hòa, chu kỳ của chúng sẽ phụ thuộc vào biên độ và các quả bóng sẽ chạm vào máy phát điện $AA'$ vào các thời điểm khác nhau. Điều này có nghĩa là các quả bóng không gặp nhau.

F293. Sao Hỏa trong thời gian chống
khoảng cách nằm ở
đứng cách $l=5,56 \cdot 10^{10}$ m
Trái đất và đường kính góc của nó
mét $\alpha=25^{\circ}$ , 1. Xác định
gia tốc trọng trường trên bề mặt sao Hỏa,
nếu biết rằng khoảng cách bắt tối đa giữa tâm Sao Hỏa và vệ tinh Phobos của nó là $\beta=34^{\circ}$ , 5, và chu kỳ quay của Phobos quanh Sao Hỏa là $T=2,76 \cdot 10^{4}$ s.

Gia tốc trọng trường trên bề mặt Sao Hỏa theo định luật vạn vật hấp dẫn và định luật thứ hai Newton bằng

$g_{M} = \gamma \frac{M}{R_{M}^{2}},$

trong đó $\gamma$ là hằng số hấp dẫn, $M$ là khối lượng của Sao Hỏa, $R_{M}$ là bán kính của nó.

Bán kính của Sao Hỏa có thể được xác định trực tiếp từ điều kiện bài toán (xem Hình 12): $R_{M} = l \ tg \frac{\alpha}{2} = l \frac{\alpha}{2}$ (vì $\alpha$ nhỏ nên $tg \frac{\alpha}{2} = \frac{\alpha}{2}$ ).

Cơm. 12.

Để tìm khối lượng của Sao Hỏa, hãy xem xét chuyển động của vệ tinh Phobos của nó. Để đơn giản cho việc tính toán, chúng ta sẽ giả sử rằng vệ tinh quay theo quỹ đạo tròn, bán kính $R$ bằng nhau (xem Hình 12) $R = l \ tg \beta = l \beta$ . Chu kỳ quỹ đạo của vệ tinh là $T$ . Gia tốc hướng tâm $a = \omega^{2} R = \left(\frac{2\pi}{T}\right)^{2} R$ được truyền tới vệ tinh bởi lực hấp dẫn $F = \gamma \frac{mM}{R^{2}}$ (m là khối lượng của vệ tinh). Do đó $a = \frac{F}{m}$ hoặc $\left(\frac{2\pi}{T}\right)^{2} R = \gamma \frac{M}{R^{2}}$ , từ đó

$\gamma M = \left(\frac{2\pi}{T}\right)^{2} R^{3} = \left(\frac{2\pi}{T}\right)^{2} (l\beta)^{3}.$

Rồi cuối cùng

$g_{M} = \gamma \frac{M}{R_{M}^{2}} = \left(\frac{2\pi}{T}\right)^{2} \frac{(l\beta)^{3}}{(l\alpha/2)^{2}} = \frac{16\pi^{2}}{T^{2}} \left(\frac{\beta}{\alpha}\right)^{2} l\beta.$

Thay thế dữ liệu bài toán vào công thức này và tính đến $1^{\prime \prime} = \frac{3,14}{180 \cdot 60 \cdot 60} \ p a \delta \approx 4,9 \cdot 10^{-5} \ p a \delta$ , chúng ta nhận được

$g_{M} = 3,64 \ m/c^{2}.$

F294. Thi thể phải được đưa đến một thiết bị nào đó đặt bên trong buồng áp suất cao. Trong quá trình thí nghiệm, áp suất trong buồng thay đổi và điều này dẫn đến thay đổi điện trở của bất kỳ vật dẫn điện nào.

Công suất giải phóng ở điện trở $R_{3}$ bằng

$P = I_{3}^{2} R_{3} = \frac{U_{3}^{2}}{R_{3}}$

trong đó $I_{3}$ là dòng điện và $U_{3}$ là điện áp trên điện trở $R_{3}$ . Chúng ta hãy biểu thị bằng $R_{0}$ tổng điện trở của các dây nối song song

ki dùng làm lò sưởi. Hình 13 cho thấy sơ đồ được sử dụng trong trường hợp cần thiết lượng nhiệt cung cấp cùng lúc phụ thuộc rất ít vào áp suất. Điện trở $R_3$ là cuộn dây của bộ sưởi, $R_1$ và $R_2$ là một số điện trở không đổi nằm bên ngoài buồng áp suất cao. Ở tỷ lệ nào giữa $R_1$ , $R_2$ và $R_3$ thì công suất tiêu tán trên điện trở $R_3$ thay đổi ít nhất khi giá trị của điện trở $R_3$ thay đổi?

Cơm. 13.

Cơm. 14.

điện trở cuối cùng $R_2$ và $R_3$ ; thì các điện trở $R_1$ và $R_0$ được mắc nối tiếp và $\dfrac{U_3}{R_0} = \dfrac{U_0}{R_1+R_0}$ , hoặc

$U_3 = U_0 \dfrac{R_0}{R_1+R_0}.$

Nhưng $R_0 = \dfrac{R_2 R_3}{R_2+R_3}$ do đó

$U_3 = U_0 \dfrac{R_2 R_3}{R_1 R_2 + R_1 R_3 + R_2 R_3},$

Và

$P = \dfrac{U_0^2 R_2^2 R_3}{(R_1 R_2 + R_1 R_3 + R_2 R_3)^2} =$

$= \dfrac{U_0^2 R_2^2}{\left[\dfrac{R_1 R_2}{\sqrt{R_3}} + \sqrt{R_3}\,(R_1+R_2)\right]^2}. \quad (*)$

Chúng ta hãy kiểm tra biểu thức kết quả. Tại $R_3 = 0$ $P = 0$ . Với $R_3$ hướng tới $\infty$ (tức là $R_3 \gg R_1$ và $R_3 \gg R_2$ ), $P$ hướng tới $0$ . Vì $P(R_3)$ là một hàm liên tục (điều này rõ ràng khi xem xét vật lý), nên ở một giá trị nào đó $R_3$ công suất là cực đại. Biểu đồ về sự phụ thuộc của $P$ vào $R_3$ được hiển thị trong Hình 14. Từ biểu đồ, rõ ràng rằng với cùng một sự thay đổi $R_3$ , sự thay đổi về giá trị $P$ là tối thiểu chỉ khi bản thân giá trị $P$ là tối đa ). Vì vậy, chúng ta cần tìm giá trị nào $R_3$ thì lũy thừa là lớn nhất hoặc bằng giá trị nào thì mẫu số trong biểu thức () là nhỏ nhất.

Như đã biết, đối với hai số $a$ và $b$ trung bình số học không nhỏ hơn trung bình hình học: $a+b \geqslant 2\sqrt{ab}$ ; $a+b$ là tối thiểu và bằng $2\sqrt{ab}$ tại $a=b$ . Tích của các số hạng $\dfrac{R_1 R_2}{\sqrt{R_3}}$ và $\sqrt{R_3}\,(R_1+R_2)$ không phụ thuộc vào $R_3$ nên theo định lý trên thì mẫu số của biểu thức (*) là nhỏ nhất, nghĩa là $P$ là lớn nhất nếu

$\dfrac{R_1 R_2}{\sqrt{R_3}} = (R_2+R_1)\sqrt{R_3}, \text{ или } R_3 = \dfrac{R_1 R_2}{R_1+R_2}.$

Với tỷ lệ này giữa $R_1$ , $R_2$ và $R_3$ , công suất giải phóng ở điện trở $R_3$ thay đổi ít nhất khi giá trị của điện trở $R_3$ thay đổi.

*) Những người quen thuộc với các yếu tố của toán học cao cấp đều biết rằng khi một hàm lấy giá trị cực đại (hoặc cực tiểu) thì tốc độ biến thiên của hàm (đạo hàm bậc nhất) bằng 0.

F295. Độ chính xác của việc đo gia tốc trọng trường trên bề mặt Trái đất là bao nhiêu để phát hiện sự thay đổi giá trị này trong ngày do lực hấp dẫn của Mặt trăng? Giả sử phép đo được thực hiện tại một điểm nằm trong mặt phẳng quỹ đạo của Mặt trăng; bỏ qua chuyển động quay của Trái Đất.

Cơm. 15.

Dưới tác dụng của lực hút lẫn nhau, Trái đất và Mặt trăng quay xung quanh khối tâm chung của chúng. Trong hệ quy chiếu gắn liền với khối tâm của hệ Trái Đất-Mặt Trăng, có hai lực tác dụng lên một vật nằm gần bề mặt Trái Đất -

lực hấp dẫn từ Trái Đất $F_3 = \gamma \dfrac{M_3\, m}{R_3^2}$ và lực

lực hút từ Mặt trăng $F_л = \gamma \dfrac{M_л\, m}{l^2}$ , trong đó $m$ là khối lượng của vật thể, $M_3$ là khối lượng của Trái đất, $M_л$ là khối lượng của Mặt trăng, $R_3$ là bán kính của Trái đất và $l$ là khoảng cách từ vật thể đến Mặt trăng. Tổng

Những lực này truyền gia tốc $\mathbf{a} = \dfrac{1}{m}\,(\mathbf{F}_3 + \mathbf{F}_л)$ cho cơ thể.

Để tìm gia tốc của một vật so với Trái đất, cần phải tính đến rằng trong hệ quy chiếu của chúng ta, Trái đất tự chuyển động với gia tốc hướng tâm do lực hấp dẫn $F_{3-л}$ tác dụng lên Trái đất truyền cho nó

từ phía Mặt Trăng: $a_3 = \dfrac{F_{3-л}}{M_3} = \gamma \dfrac{M_л}{l_0^2}$ ( $l_0$ là khoảng cách

giữa tâm Trái Đất và Mặt Trăng).

Do đó, gia tốc rơi tự do của một vật xuống Trái đất (gia tốc so với Trái đất) bằng $\mathbf{g} = \mathbf{a} - \mathbf{a}_3$ .

Do Trái đất quay quanh trục của nó nên vị trí tương đối của vật thể nằm trên bề mặt Trái đất, Trái đất và Mặt trăng sẽ thay đổi theo thời gian. Do đó, gia tốc rơi tự do $g$ cũng sẽ thay đổi. (Tuy nhiên, chúng ta sẽ không tính đến sự thay đổi gia tốc $g$ do Trái đất quay không phải là hệ quy chiếu quán tính.)

$a)$

Tại thời điểm Mặt trăng, Trái đất và vật thể nằm trên cùng một đường thẳng và Trái đất nằm giữa vật thể và Mặt trăng (Hình 15) thì các lực $\mathbf{F}_3$ và $\mathbf{F}_л$ cùng hướng và gia tốc rơi tự do bằng giá trị tuyệt đối

$g_1 = \gamma \dfrac{M_3}{R_3^2} + \gamma \dfrac{M_л}{(l_0+R_3)^2} - \gamma \dfrac{M_л}{l_0^2} =$

$= \gamma \dfrac{M_3}{R_3^2} + \gamma \dfrac{M_л}{l_0^2}\, \dfrac{1-(1+x)^2}{(1+x)^2},$

ở đâu $x = \dfrac{R_3}{l_0}$ . Vì $x \ll 1$ , nên $1-(1+x)^2 \approx 2x$ và ngoài ra, chúng ta có thể bỏ qua $x$ so với $1$ ở mẫu số của số hạng thứ hai. Kết quả là chúng ta có được điều đó

$g_1 \approx \gamma \dfrac{M_3}{R_3^2} - 2\gamma \dfrac{M_л}{l_0^2}\,x.$

Qua một nửa vòng quay của Trái đất quanh trục của nó, khi vật thể ở điểm $2$ giữa Trái đất và Mặt trăng (Hình.). 16,

lực $F_g$ và $F_{\pi}$ hướng ngược nhau và
$g_2 = \gamma \frac{M_3}{R_3^2} - \gamma \frac{M_{\pi}}{(l_0 - R_3)^2} + \gamma \frac{M_{\pi}}{l_0^2} \approx \gamma \frac{M_3}{R_3^2} - 2\gamma \frac{M_{\pi}}{l_0^2} x$ .

Nghĩa là, gia tốc của vật tại hai điểm này thực tế là như nhau: $g_1 \approx g_2$ .

Tại những thời điểm khi vật ở điểm 3 và 4, tức là 1/4 và 3/4 vòng sau khi bắt đầu quy chiếu, các lực $F_3$ và $F_{\pi}$ có hướng như trên Hình 17. Gia tốc rơi tự do tại điểm 3 bằng
$g_3 = \frac{F_3}{m} + \frac{F_{\pi}}{m} - a_3$ . Hãy so sánh số hạng thứ hai và thứ ba trong biểu thức này. Hướng của lực $F_{\pi}$ và gia tốc $a_3$ trên thực tế trùng nhau và giá trị tuyệt đối của các số hạng gần như giống nhau: $\frac{F_{\pi}}{m} = \gamma \frac{M_{\pi}}{l_0^2 + R_3^2} \approx \gamma \frac{M_{\pi}}{l_0^2}$ (vì $R_3 \ll l_0$ ), $a_3 = \gamma \frac{M_{\pi}}{l_0^2}$ . Do đó, chúng ta có thể giả sử rằng độ lớn gia tốc rơi tự do tại các điểm 3 và 4 chỉ được xác định bởi lực hút Trái đất:
$g_3 = g_4 = \frac{F_3}{m} = \gamma \frac{M_3}{R_3^2}$ .

Khi bạn di chuyển ra khỏi điểm 3 và 4, gia tốc giảm dần.

Như vậy, tại điểm 3 và 4, gia tốc trọng trường là lớn nhất, còn tại điểm 1 và 2 là nhỏ nhất.

Hãy tìm tỉ số $\frac{\Delta g}{g_3} = \frac{g_3 - g_1}{g_3}$ :

$\frac{\Delta g}{g_3} = 2 \frac{M_{\pi}}{M_3} x^3 \approx 10^{-7}$ .

Rõ ràng, đây chính xác là độ chính xác của việc đo gia tốc trọng trường trên bề mặt Trái đất để phát hiện sự thay đổi giá trị này do lực hút của các vật thể bởi Mặt trăng.

Tôi. Sh. Slobodetsky