Lời giải bài toán M371—M375; F378—F382

34

F427. Hai cuộn dây có số vòng $n_1 = 125$ và $n_2 = 1000$ được quấn trên một lõi sắt từ hình xuyến có đường kính $d = 5$ cm và diện tích mặt cắt ngang $S = 1$ cm$^2$. Cuộn dây thứ nhất mang dòng điện $1$a, cuộn dây thứ hai được nối với điện kế. Khi mạch của cuộn dây thứ nhất mở ra, một điện tích $10^{-3}$ k chạy qua điện kế. Tổng điện trở của cuộn dây thứ hai là 100 Ohm. Xác định độ thấm từ của vật liệu làm lõi.

Lời giải bài toán

M371—M375; F378—F382

M371. Mỗi ô của bảng tối đa chứa một số chu kỳ từ 1 đến 64, với các chu kỳ khác nhau trong các ô khác nhau. Trong một câu hỏi, bằng cách chỉ định bất kỳ tập hợp trường nào, bạn có thể tìm ra tập hợp (bộ) chu trình đứng trên các trường này. Số câu hỏi tối thiểu để tìm ra chu trình trong mỗi ô là bao nhiêu?

Hình 1.

Hãy để chúng tôi chứng minh rằng số câu hỏi cần thiết nhỏ nhất là 6. Để làm được điều này, trước tiên, chúng tôi sẽ chứng minh rằng trong 6 câu hỏi, bạn có thể học tất cả các chu trình, và thứ hai, chúng tôi sẽ chứng minh rằng điều này không thể thực hiện được trong ít hơn một chu trình câu hỏi. Nhưng trước tiên, hãy hiểu công thức của bài toán.

Khi đặt một câu hỏi, chúng tôi chỉ ra số lượng câu hỏi bắt buộc $A$ trường và tìm ra số nào từ 1 đến 64 được viết trong các trường từ bộ $A$ và số nào được viết trong các trường còn lại (chúng tôi biểu thị tập hợp các trường bổ sung bằng $A$). Như vậy, mỗi câu hỏi là một phần nhất định của bảng thành hai bộ $A$ và $A$. Chúng ta phải đặt một số câu hỏi $(A_1, \bar{A}_1), (A_2, \bar{A}_2), \dots, (A_q, \bar{A}_q)$ để từ đó chúng ta có thể xác định rõ ràng số nào được viết trong mỗi trường, nghĩa là, theo cách mà đối với bất kỳ hai trường khác nhau nào thì phải có một phân vùng $(A_i, \bar{A}_i)$ của $q$ của chúng ta để ngăn cách hai trường này: một trong các trường thuộc về $A_i$ và trường kia thuộc về $\bar{A}_i$. Nói cách khác, điều cần thiết là giao điểm của bất kỳ tập hợp $q$ nào, phần thứ $i$ trong số đó - $A_i$ hoặc $\bar{A}_i$ - chứa tối đa một trường. Trong trường hợp này, số lượng câu hỏi $q$ phải càng ít càng tốt.

1. Một ví dụ về sáu phân vùng cho phép bạn biết tất cả các chu kỳ được hiển thị trong Hình 1 (các bộ $A_i$ mà chúng tôi tưởng tượng đang yêu cầu có màu hồng, $\bar{A}_i$ có màu trắng; $i = 1, 2, \dots, 6$). Không khó để đảm bảo rằng kế hoạch của chúng ta là đúng: đối với ba câu hỏi đầu tiên, chúng ta sẽ học nhiều số được viết trên mỗi dòng, đối với ba câu hỏi cuối cùng - trong mỗi cột, do đó, chúng ta sẽ đoán được số trong mỗi ô. (Ở đây là giao điểm của bất kỳ tập hợp sáu tập hợp con nào, tập hợp con thứ $i$ - $A_i$ hoặc $\bar{A}_i$ - chứa chính xác một phần tử!)

2. Hãy chứng minh rằng không thể xác định được tất cả các số trong 5 câu hỏi. Đặt câu hỏi đầu tiên là $(A_1, \bar{A}_1)$. Sau đó, trong một trong các tập hợp $A_1, \bar{A}_1$ (chúng ta có thể giả sử rằng trong $A_1$ - xét cho cùng, chúng hoàn toàn bằng nhau) có ít nhất 32 trường. Đặt câu hỏi thứ hai là $(A_2, \bar{A}_2)$. Câu hỏi này chia tập hợp $A_1$ thành hai: $A_1 \cap A_2$ và $A_1 \cap \bar{A}_2$ và một trong số chúng (chúng ta có thể giả định rằng $A_1 \cap A_2$) có ít nhất 16 trường. Và cuối cùng, sau câu hỏi thứ năm, sẽ có một bộ $A_1 \cap A_2 \cap A_3 \cap A_4 \cap A_5$ gồm hai trường “không quan tâm” trở lên. Rõ ràng là chúng ta sẽ không thể tìm ra cách sắp xếp các con số trong bộ này dựa trên các câu hỏi được đặt ra.

35

Hình 2.

M372. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng điều kiện $\widehat{ACB} \geq 120^\circ$ là cần và đủ để bất đẳng thức $|AP| + |BP| + |CP| \geq |AC| + |BC|$ thỏa mãn với mọi điểm P trong mặt phẳng.

Hình 3.

Hình 4.

Hình 5.

Chúng ta hãy lưu ý để kết luận rằng mặc dù bàn cờ đã giúp chúng ta mô tả ví dụ về sáu phân vùng, nhưng trên thực tế, nó không liên quan gì đến bài toán này. Ví dụ trong Hình 1 có thể được giải thích như thế nào bằng cách sử dụng hệ thống số kép. Nếu tất cả các trường được điền theo thứ tự với các số kép từ 000000 đến 111111 ($2^6$ chính xác bằng 64 - đó là điều tốt về bảng), như trong Hình 2 và tập hợp $A_i$ được gán cho những số có chữ số thứ $i$ là 0 (và cho $\bar{A}_i$ những số có 1), thì chúng ta sẽ có được ví dụ của mình. Các thông báo trên đủ để giải quyết bài toán ở dạng tổng quát - cho bất kỳ số trường $N$ nào (nằm ở các góc - để định nghĩa, trong một hàng) mà bất kỳ hoán vị nào của các số từ 1 đến $N$ được viết trên đó. Nếu $2^{q-1} < N \leq 2^q$ thì có thể tìm thấy tất cả các số trong câu hỏi $q$, nhưng không tìm được trong $q$ - 1.

Việc sử dụng tương tự hệ thống kép cho các thủ thuật toán học đã được đề cập nhiều lần trong «Kvant» cho học sinh nhỏ (xem «Kvant», 1976, Số 6, trang 67, các bài báo của A. Bendukidze “Về hệ thống kép của số” và Số 7, trang 55, các bài báo của A. Orlov “Ponsk của chủ đề”).

Liên quan đến nhiệm vụ này, nhiệm vụ sau đây sẽ tự nhiên nảy sinh. Cho tam giác ABC đã cho. Điểm nào trên mặt phẳng được gọi là tổng khoảng cách của nó tới các đỉnh A, B và C? Hãy giải quyết vấn đề này bài toán. Điều thú vị nhất là đáp số thu được trong trường hợp tất cả các góc $\widehat{A}, \widehat{B}, \widehat{C}$ của tam giác đều nhỏ hơn 120° (Hình 3).

(T1) Điểm yêu cầu $T$ là ma mà $\widehat{ATB} = \widehat{BTC} = \widehat{CTA} = 120^\circ$. Điểm $T$ được gọi là “Điểm Toricelli” của tam giác ABC. Một cách chứng minh tuyệt vời của Định lý (T1) sử dụng Bổ đề 1 sau: cho $A_1B_1C_1$ là một tam giác đều có chiều dài $h$; Tổng khoảng cách đến các đường $A_1B_1$, $B_1C_1$ và $C_1A_1$ tính từ điểm bất kỳ $P$ nằm bên trong hoặc trên đường viền của tam giác đều bằng $h$, và tính từ điểm $P$ nằm ngoài tam giác là lớn $h$.

Để chứng minh Bổ đề 1, chỉ cần thay tổng khoảng cách từ $P$ đến các khoảng cách thẳng bằng tổng diện tích các tam giác $A_1PB_1$, $B_1PC_1$, $C_1PA_1$ và so sánh với diện tích tam giác $A_1B_1C_1$ (Hình 4).

Để chứng minh (T1), ta kẻ các đường thẳng $A, B$ và $C$ vuông góc với các đoạn $TA, TB$ và $TC$. Chúng ta thu được một tam giác đều $A_1B_1C_1$ (Hình 5). Đối với bất kỳ điểm $P$ nào, tổng khoảng cách từ $P$ đến điểm $A, B$ và $C$ không nhỏ hơn tổng khoảng cách từ $P$ đến các đường thẳng $B_1C_1$, $C_1A_1$ và $A_1B_1$, vì đường xiên không ngắn hơn đường vuông góc và tổng cuối cùng bằng Bổ đề 1 bằng chiều cao của tam giác $h$ $A_1B_1C_1$. Do đó, $|AP| + |BP| + |CP| \geq h$, và tại điểm $T$ tổng là $|AT| + |BT| + |CT| равна$h$. Теперь изучим другой случай. (T2) Если в треугольнике ABC один из углов — пусть$\widehat{C}$— большие 120°, то искомая точка — сама эма вершина$C$, то есть$|AP| + |BP| + |CP| \geq |AC| + |BC| dành cho mọi người $P$.

Sau udem theo cách tương tự.

Bổ đề 2. Cho $A_1B_1C_1$ là một tam giác đều có các góc $\widehat{A}_1 = \widehat{B}_1 > 60^\circ$ ở đáy, $h$ chiều dài của chiều cao giảm xuống cạnh của nó; Do đó, tổng khoảng cách đến các đường $A_1B_1$, $B_1C_1$ và $C_1A_1$ từ bất kỳ điểm $P$ nào nằm trên đoạn $A_1B_1$ đều bằng $h$ và đối với tất cả các điểm khác $P$ của mặt phẳng thì nó lớn hơn $h$.

Khi chứng minh Bổ đề 2 cần xét cạnh bên $|A_1C_1| = |B_1C_1|$ là chiều dài đáy $|A_1B_1|$.

Để chứng minh (T2), ta vẽ qua các điểm $A, B$ và $C$ vuông góc với các đoạn $CA, CB$ và góc nhị phân

36

Hình 6.

M373. a) Mọi số tự nhiên (viết dưới dạng hệ thập phân) đều được chia thành hai lớp. Chứng minh rằng bất kỳ phân số thập phân vô hạn nào cũng có thể được cắt thành các phần hữu hạn sao cho tất cả chúng, ngoại trừ phần đầu tiên, đều thuộc cùng một lớp.

b) Giống nhau bài toán, nhưng các số tự nhiên không được chia thành hai mà thành nhiều lớp.

Hình 7.

DIA (Hình 6). Chúng ta thu được một tam giác đều $A_1B_1C_1$ thỏa mãn các điều kiện của Bổ đề 2. Hơn nữa, chúng ta suy luận theo cách tương tự như trong chứng minh (T1).

Cuối cùng chúng tôi cũng chuyển sang bài toán M372. Bây giờ, để hoàn thành nó lời giải, tất cả những gì còn lại là thực hiện một bước nhỏ hợp lý.

Điều kiện M372 yêu cầu chứng minh hai phát biểu:

sự cần thiết của điều kiện $\hat{C} > 120^\circ$ và nó đủ để thỏa mãn bất đẳng thức $|AP| + |BP| + |CP| \geq |AC| + |BC|$ cho mọi điểm $P$ của mặt phẳng. Ta vừa chứng minh đủ: đây là Định lý (T2). Hãy chứng minh sự cần thiết của điều kiện $\hat{C} < 120^\circ$, khi đó tồn tại $P = P_0$ mà bất đẳng thức này không đúng. Hãy xem xét hai trường hợp. Nếu tất cả các góc trong tam giác $ABC$ đều nhỏ hơn 120° thì theo (T1), chúng ta có thể lấy điểm Toricelli $T$ làm điểm $P_0$. Nếu một trong các góc - chẳng hạn như $\hat{A}$ - lớn hơn hoặc bằng 120°, thì chính đỉnh $A$ có thể đóng vai trò là điểm $P_0$ (kể từ $|BC| > |AB|$).

Lời giải trong số bài toán này chỉ yêu cầu suy luận logic cẩn thận cho các tập hợp vô hạn. Sau đây là ví dụ điển hình nhất: “Cho $P$ là một tính chất nào đó của một phần tử của dãy $x_n$. Khi đó, với mọi số hạng, bắt đầu từ một số nào đó, tính chất $P(x_n)$ thỏa mãn hoặc có vô số đa thức mà $P(x_n)$ không thỏa mãn. Lý luận kiểu này đặc biệt phổ biến trong các sách giáo khoa về giải tích - khi nghiên cứu các giới hạn, v.v.

a) Chúng ta sẽ gọi những phần cuối cùng của một dãy số (số tự nhiên) là các từ (đối với chúng ta đây là những từ có thật - trong bảng chữ cái gồm các “chữ cái” 0, 1, …, 9). Sau đó, đối với mỗi dấu của phân số thập phân của chúng ta (bắt đầu từ một số) sẽ có một từ thuộc lớp thứ nhất, bắt đầu bằng dấu này hoặc có vô số đa thức sao cho tất cả các từ bắt đầu bằng chúng không thuộc lớp thứ nhất (nghĩa là tất cả đều thuộc lớp thứ hai).

Trường hợp đầu tiên: chúng ta có thể (bắt đầu từ một vị trí nhất định) cắt hết hạng nhất liên tiếp này đến hạng khác khỏi phân số của chúng ta, nghĩa là cắt phần thập phân thành các từ của hạng nhất (có lẽ ngoại trừ từ đầu tiên; Hình 7).

Trường hợp thứ hai: hãy đánh dấu (trong Hình 7 màu đỏ) các dấu của phân số của chúng ta, những từ chỉ thuộc loại thứ hai bắt đầu. Rõ ràng là các từ bắt đầu từ một vị trí nhất định, đi đến chữ cái màu đỏ tiếp theo, sẽ đưa ra cách cắt phân số cần thiết thành các từ thuộc loại thứ hai.

b) Hãy chia các từ thành các lớp $N$. Chúng ta sẽ chứng minh bằng quy nạp trên mệnh đề $N$ bài toán ở dạng hơi thành công (như thường lệ, hóa ra việc chứng minh nhiều hơn sẽ dễ dàng hơn *). Cụ thể, chúng ta sẽ chứng minh rằng nếu một phân số bằng cách nào đó (bắt đầu từ vị trí nào đó $n_0$) được chia thành nhiều phần - hãy gọi chúng là âm tiết - thì nó có thể được cắt (bắt đầu từ vị trí nào đó $n_1$) thành các từ cùng loại mà không cần cắt các từ, tức là theo cách mà mỗi từ sẽ được tạo thành từ một số từ. Bạn có thể dễ dàng kiểm tra xem đối với $N = 2$ phiên bản thành công này được chứng minh theo cách giống hệt như phiên bản trước (vai trò của “dấu” của phân số không được thể hiện bằng số mà bằng âm tiết). Nhưng về mặt hình thức thì điều này là không cần thiết: xét cho cùng

*) Xem bài viết của L. Tsinman “Nghịch lý của nhà nghiên cứu”, tr. 9.

37

Bạn có thể bắt đầu cảm ứng từ $N = 1$, nơi mọi thứ đều rất thuận tiện. Theo từ chúng tôi muốn nói dưới đây là “một từ có âm tiết”.

Bước cảm ứng. Giả sử mệnh đề được chứng minh cho $N - 1$ lớp, nhưng chúng ta có $N$ trong số đó. Hãy để phân số của chúng ta được cắt thành các âm tiết (Hình 8). Sau đó, vì mỗi âm tiết trong một phân số (bắt đầu bằng một số) có một từ thuộc lớp đầu tiên bắt đầu bằng âm tiết này hoặc vì có vô số âm tiết sao cho tất cả các từ bắt đầu bằng chúng đều không thuộc lớp một. Điểm đầu tiên là rõ ràng. Ở lớp thứ hai, chúng ta sẽ cắt toàn bộ phần thành từng phần, bắt đầu bằng các âm tiết “đỏ” và khai báo những phần lớn hơn này bằng các âm tiết. Vì tất cả các từ bao gồm các âm tiết mở rộng như vậy không thuộc loại đầu tiên, nên giờ đây chúng ta có thể có các từ thuộc không quá $(N - 1)$ các lớp khác nhau; và theo giả thuyết quy nạp, chúng ta có thể cắt phân số của mình theo cách yêu cầu.

Bằng chứng về sự tồn tại của phần cắt bắt buộc được trình bày ở đây là không mang tính xây dựng—nó không cung cấp bất kỳ cách tổng quát nào để xây dựng (xây dựng) một phần cắt cho các quy tắc tùy ý xác định trình tự và phân chia các từ thành các lớp.

N. Vasiliev

M374. Đặt $a, b, c$ là các số dương, $a > c$ và $b > c$. Chứng minh bất đẳng thức $\sqrt{c(a-c)} + \sqrt{c(b-c)} \leq \sqrt{ab}$.

Hình 9.

Chúng tôi sẽ đưa ra hai lời giải, cái đầu tiên là đại số và cái thứ hai là hình học.

1. Chúng ta hãy đặt $a = (1 + \alpha)c, b = (1 + \beta)c$, ở đâu $\alpha, \beta > 0$. Khi đó $\sqrt{c(a-c)} + \sqrt{c(b-c)} = c(\sqrt{\alpha} + \sqrt{\beta}), \sqrt{ab} = c\sqrt{(1 + \alpha)(1 + \beta)}$, và chúng ta cần chứng minh rằng $\sqrt{\alpha} + \sqrt{\beta} \leq \sqrt{(1 + \alpha)(1 + \beta)}$. Hãy viết bất đẳng thức hiển nhiên: $(\sqrt{\alpha}\beta - 1)^2 \geq 0$ hoặc $2\sqrt{\alpha}\beta \leq 1 + \alpha\beta$ và thêm $(\alpha + \beta)$ vào cả hai vế của nó. chúng tôi nhận được

$$\alpha + \beta + 2\sqrt{\alpha}\beta \leq 1 + \alpha + \beta + \alpha\beta,$$

nghĩa là, $(\sqrt{\alpha} + \sqrt{\beta})^2 \leq (\sqrt{(1 + \alpha)(1 + \beta)})^2$, đó là những gì được yêu cầu.

Bình đẳng xảy ra nếu $\alpha\beta = 1$, tức là $\frac{a}{c} - 1) \left( \frac{b}{c} - 1 \right) = 1$ hoặc $(a - c)(b - c) = c^2$, tiết lộ $c = \frac{ab}{a + b}$.

2. Chúng ta hãy tạo một hình tứ giác $ABCD$ từ hai tam giác cân bằng có độ dài đáy bằng số $2\sqrt{c}$ và có các cạnh bên lần lượt có độ dài $\sqrt{a}$ và $\sqrt{b}$ (Hình 9). Vì độ dài của các đường cao giảm xuống đáy của các tam giác này lần lượt là $\sqrt{a} - c$ và $\sqrt{b} - c$ nên diện tích của tứ giác $ABCD$ là $\sqrt{c(a-c)} + \sqrt{c(b-c)}$. Mặt khác, $S_{ABCD} = 2S_{ABD} = 2 \cdot \frac{1}{2} \sqrt{a} \cdot \sqrt{b} \sin(\widehat{BAD}) \leq \sqrt{ab}$, mở và rút tiền
   đưa ra bất đẳng thức cần tìm.

Đẳng thức sẽ có trong trường hợp $\sin(\widehat{BAD}) = 1$, tức là $\widehat{BAD} = \frac{\pi}{2}$; sau đó $|AB|^2 + |AD|^2 = |BD|^2$ hoặc $a + b = (\sqrt{a} - c + \sqrt{b} - c)^2$, mở $c = \frac{ab}{a + b}$.

38

Hãy suy nghĩ về cách chứng minh một bất đẳng thức tổng quát hơn
$$\sqrt{kl} + \sqrt{mn} \leq \sqrt{(k+n)(m+l)},$$
trong đó $k, l, m, n$ là các số không âm (bất đẳng thức của chúng ta bắt đầu từ đây cho $k=m=c, l=a-c, n=b-c$).
A. Reznikov

M375. Bên trong đa tạp lồi của tập 1, $3 \cdot (2^n-1)$ điểm được bù.

Chứng minh rằng có thể cắt ra từ nó một đa tạp lồi có thể tích $(1/2)^n$ không chứa bất kỳ điểm dịch chuyển nào bên trong.

Ta sẽ tiến hành chứng minh bằng quy nạp.

Cơ sở và chỉ số. $n=1$, tức là trong đa giác lồi của tập 1, ba điểm lệch nhau. Hãy vẽ một mặt phẳng đi qua hai trong số các điểm này, chia đa giác của chúng ta thành hai đa giác có thể tích bằng nhau, chúng ta thấy rằng ở một trong số chúng (tập 1/2) không có một điểm bù nào.

Bước và cảm ứng. Bây giờ chúng ta giả sử rằng với tất cả câu lệnh $n \leq k$ bài toán đã được chứng minh và chúng ta sẽ chứng minh điều đó cho $n=k+1$ (nhưng trước tiên hãy lưu ý rằng nếu câu lệnh bài toán đúng với đa giác có $N$ điểm bù, thì nó thậm chí còn đúng hơn đối với đa giác có số điểm bù nhỏ hơn). Vì vậy, bây giờ chúng ta có $3(2^k+1-1)=6 \cdot 2^k-3$ điểm lệch bên trong đa giác của tập 1. Chúng ta hãy vẽ một mặt phẳng đi qua hai trong số chúng, chia khối đa diện của chúng ta thành hai khối đa diện có thể tích bằng nhau, chúng ta thấy rằng một trong số chúng (tập 1/2) chứa không quá $3 \cdot 2^k-3=3(2^k-1)$ điểm. Theo giả thuyết quy nạp, từ một khối đa diện như vậy ta có thể cắt ra một khối đa diện có thể tích $\left(\frac{1}{2}\right) \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^k=\left(\frac{1}{2}\right)^{k+1}$ không chứa điểm bù, điều này chứng tỏ khẳng định bài toán.

Chú ý! Việc thông qua hai điểm lấy trong một khối đa diện lồi có thể kiểm tra được mặt phẳng chia khối đa diện đó thành hai phần bằng nhau là không có ý nghĩa lắm. Hãy chỉ cho tôi vấn đề là gì và cố gắng biện minh cho nó một cách nghiêm túc.

L. Lipov

F378. Hành khách đi máy bay không bị đánh giá gián tiếp trừ khi trọng lượng của họ tăng hơn gấp đôi trong suốt chuyến bay. Gia tốc tối đa khi bay ngang trong điều kiện này là bao nhiêu?

Một hành khách trên máy bay bay với gia tốc ngang $a$ chịu tác dụng của hai lực từ phía bên của máy bay: lực ngang $ma$ và lực dọc $mg$, bù cho lực hấp dẫn. Các lực có cùng độ lớn tuyệt đối, nhưng hướng ngược nhau, tác dụng (theo định luật thứ ba của Newton) từ phía hành khách đến xe. Giá trị tuyệt đối của lực tác dụng lên giá đỡ, tức là trọng lượng của hành khách, là

$$P = \sqrt{(ma)^2 + (mg)^2}.$$

Theo điều kiện bài toán

$$P \leq 2mg.$$

Từ đây

$$a \leq \sqrt{3}g.$$

S. Kozel

F379. Đường kính ngoài của ống mao dẫn thủy tinh lớn hơn đáng kể

Chúng ta hãy biểu thị bằng $AO$ bán kính kênh của ống mao dẫn (Hình 10). Chúng ta hãy xem xét đường đi của chùm tia $AB$ như vậy, sau khi khúc xạ ở bề mặt bên ngoài của mao quản, nó bị cạy ra

39

lớn hơn đường kính kênh. Tạm biệt khúc xạ trên mặt đất $n=4/3$. Đường kính kênh có thể nhìn thấy qua bề mặt bên của ống là $d'=2,66$ mm. Xác định đường kính thực của kênh.

Hình 10.

F380. Chu kỳ dao động nhỏ dài nhất của hệ được minh họa trên Hình 11. Các thanh scymbrid không có trọng lượng, chiều dài của chúng là $l_1$ và $l_2$, khối lượng của các quả bóng là $m_1$ và $m_2$.

song song với trục quang OC. Rõ ràng, chính chùm tia này quyết định kích thước tuyến tính $d'$ của hình ảnh của kênh ống mao dẫn.

Từ Hình 10

$$\frac{d'}{2} = \frac{D}{2} \sin \beta,$$

trong đó $D$ là đường kính ngoài của ống. Theo định luật khúc xạ $\sin \beta = n \sin \alpha$ và $d' = Dn \sin \alpha$.

Từ tam giác AOB, sử dụng định lý sin, ta thu được

$$\frac{d/2}{\sin \alpha} = \frac{D/2}{\sin (90^\circ + \beta - \alpha)}.$$

Từ đây

$$d = D \frac{\sin \alpha}{\sin (90^\circ + \beta - \alpha)} = D \frac{\sin \alpha}{\cos (\beta - \alpha)} = \frac{d'}{n} \frac{1}{\cos (\beta - \alpha)}.$$

Vì đường kính ngoài $D$ của ống lớn hơn đáng kể so với đường kính $d$ của kênh nên góc $\alpha$ nhỏ. Do đó, cả góc $\beta$ và hiệu $\beta - \alpha$ đều nhỏ. Sau đó $\cos (\beta - \alpha) \approx 1$, và cuối cùng

$$d \approx d'/n = 2 \text{ mm.}$$

E. Kuznetsov

Hệ thống được mô tả dưới dạng các điều kiện là một ma trận vật lý. Việc tìm chu kỳ dao động của ma trận vật lý - bài toán khá khó khăn. Thực tế là chu kỳ phụ thuộc vào hình dạng của ma trận vật lý và cấu hình của nó. Nhưng đối với bất kỳ ma trận vật lý nào cũng có thể chọn ma trận toán học có chu kỳ dao động bằng chu kỳ dao động của ma trận vật lý đã cho. Đây là những gì chúng ta sẽ làm: chúng ta sẽ chọn một ma trận toán học “tương đương” với hệ thống được hiển thị trong Hình 11.

Chu kỳ dao động nhỏ của ma trận toán học chỉ phụ thuộc vào độ dài của nó. Vì vậy, chúng ta cần một ma trận toán học “tương đương” khá dài - cái gọi là độ dài rút gọn của ma trận vật lý.

Hình 11 cho thấy vị trí cân bằng của hệ thống của chúng tôi. Trong trường hợp này, trọng tâm của hệ (điểm $M$) nằm trên đường thẳng đứng đi qua tâm quay $O$; $d$ là vectơ bán kính của điểm $M$ so với $O$. Đặt $l$ là độ dài rút gọn của ma trận vật lý. Nếu trong quá trình dao động, vận tốc góc $\omega$ và $\omega'$ chuyển động quay của các vectơ $d$ và $l$ quanh điểm $O$ là như nhau thì chu kỳ dao động của các ma trận là như nhau. Hãy tìm $\omega$ và $\omega'$.

Gọi $\varphi$ là góc lệch tối đa của vectơ bán kính $d$ so với phương thẳng đứng. Chúng ta hãy tìm vận tốc góc của một điểm trong hệ tại thời điểm vectơ bán kính $d$ tạo một góc $\theta$ với phương thẳng đứng. Thế năng của hệ tại thời điểm có độ lệch cực đại là (Hình 12)

$$\Pi_{\varphi} = (m_1 + m_2) g h_{\varphi} = (m_1 + m_2) g d (1 - \cos \varphi).$$

(Thế năng của hệ ở vị trí cân bằng được coi là bằng 0.) Tại thời điểm lệch một góc $\theta$, thế năng bằng

$$\Pi_{\theta} = (m_1 + m_2) g h_{\theta} = (m_1 + m_2) g d (1 - \cos \theta),$$

và động năng bằng

$$K_{\theta} = \frac{m_1 v_1^2}{2} + \frac{m_2 v_2^2}{2},$$

40

trong đó $v_1 = \omega l_1$ và $v_2 = \omega l_2$ là vận tốc tuyến tính của các quả bóng tại thời điểm này. Theo định luật bảo toàn năng lượng $K_\theta = \Pi_\varphi - \Pi_\theta$, tức là.

$$\frac{m_1 \omega^2 l_1^2}{2} + \frac{m_2 \omega^2 l_2^2}{2} = (m_1 + m_2) gd (\cos \varphi - \cos \theta),$$

Ở đâu

$$\omega = \sqrt{\frac{m_1 + m_2}{m_1 l_1^2 + m_2 l_2^2}} (\cos \varphi - \cos \theta).$$

Đối với ma trận toán học (điểm khối lượng $\mu$ lơ lửng trên một sợi dây có chiều dài $l$), thế năng tại thời điểm lệch cực đại theo góc $\varphi$ bằng (Hình 13)

$$\Pi'_\varphi = \mu g l (1 - \cos \varphi).$$

Khi bị lệch một góc $\theta$ —

$$\Pi'_\theta = \mu g l (1 - \cos \theta),$$

$$K'_\theta = \mu \frac{(v')^2}{2} = \mu \frac{(\omega')^2 l^2}{2}.$$

Từ định luật bảo toàn năng lượng

$$\mu g l (1 - \cos \theta) + \mu \frac{(\omega')^2 l^2}{2} = \mu g l (1 - \cos \varphi)$$

hãy tìm $\omega'$:

$$\omega' = \sqrt{\frac{2g}{l}} (\cos \varphi - \cos \theta).$$

Từ (1) và (2) rõ ràng là nếu chúng ta chọn một ma trận toán học có độ dài $l$ thì

$$\frac{2g}{l} = 2gd \frac{m_1 + m_2}{m_1 l_1^2 + m_2 l_2^2},$$

khi đó các dao động của ma trận này sẽ đồng bộ với các dao động của hệ như trên Hình 11.

Vì vậy, độ dài rút gọn của ma trận vật lý bằng

$$l = \frac{m_1 l_1^2 + m_2 l_2^2}{d (m_1 + m_2)}.$$

Bây giờ chúng ta hãy tìm khoảng cách $d$ từ tâm chuyển động $O$ đến trọng tâm. Gọi $\alpha$ là góc mà một thanh có chiều dài $l_1$ tạo theo phương thẳng đứng ở vị trí cân bằng (Hình 14). Sau đó $m_1 g r_1 = m_2 g r_2$, hoặc

$$m_1 g l_1 \sin \alpha = m_2 g l_2 \sin \left( \frac{\pi}{2} - \alpha \right) = m_2 g l_2 \cos \alpha,$$

Ở đâu

$$tg \alpha = \frac{m_2 l_2}{m_1 l_1}, \sin \alpha = \frac{m_2 l_2}{\sqrt{m_1^2 l_1^2 + m_2^2 l_2^2}},$$

$$\cos \alpha = \frac{m_1 l_1}{\sqrt{m_1^2 l_1^2 + m_2^2 l_2^2}}.$$

Chúng ta giả sử thế năng của hệ ở vị trí cân bằng bằng không. Điều này có nghĩa là $m_2 g h_2 - m_1 g h_1 = 0$ (xem Hình 14), tức là

$$m_1 g (d - l_1 \cos \alpha) + m_2 g (d - l_2 \sin \alpha) = 0.$$

41

Sự đẳng thức đã được nghiên cứu và bằng cách thay thế các biểu thức tìm được cho sin α và cos α, chúng ta tìm thấy

$$d = \frac{\sqrt{m_1^2 l_1^2 + m_2^2 l_2^2}}{m_1 + m_2}.$$

Thay biểu thức này cho d vào công thức (3), chúng ta tìm thấy độ dài rút gọn của ma trận vật lý:

$$l = \frac{m_1 l_1^2 + m_2 l_2^2}{\sqrt{m_1^2 l_1^2 + m_2^2 l_2^2}}.$$

Vậy chu kỳ dao động tự do bằng

$$T = 2\pi \sqrt{\frac{1}{g}} = 2\pi \sqrt{\frac{m_1 l_1^2 + m_2 l_2^2}{\sqrt{m_1^2 l_1^2 + m_2^2 l_2^2}}}.$$

T. Petrova

F381. Trong một thiết bị xác định trạng thái đồng vị (khối phổ), các đơn vị kali tích điện đơn lẻ có trọng lượng nguyên tử $A_1 = 39$ và $A_2 = 41$ trước tiên được gia tốc trong điện trường, sau đó đi vào một từ trường đều vuông góc với hướng chuyển động của chúng (Hình 15). Trong quá trình thí nghiệm, do thiết bị chưa hoàn thiện nên cơ cấu gia tốc được đặt xung quanh giá trị trung bình $u_0$ ±Δu. Với công suất tương đối bằng bao nhiêu $\frac{\Delta u}{u_0}$ giá trị gia tốc phải được duy trì để đồng phân kali không trùng nhau?

Một hạt tích điện chuyển động trong từ trường chịu tác dụng của lực Lorentz, vận tốc vuông góc của hạt có giá trị tuyệt đối bằng qvB. Ở đây q là điện tích của hạt, v là tốc độ của nó, B là cảm ứng từ trường. Trong từ trường đều, một hạt sẽ chuyển động theo một vòng tròn, bán kính R có thể tìm được từ định luật thứ hai của Newton:

$$m \frac{v^2}{R} = qvB, \quad R = \frac{mv}{qB},$$

trong đó m là khối lượng hạt. Nếu áp dụng định luật bảo toàn năng lượng

$$\frac{mv^2}{2} = qu,$$

thì bán kính của quỹ đạo có thể được biểu thị dưới dạng thế năng gia tốc u:

$$R = \frac{mv}{qB} = \frac{1}{B} \sqrt{\frac{2um}{q}}.$$

Sự tương ứng này cho thấy bán kính của quỹ đạo phụ thuộc vào tích um. Khi thế gia tốc thay đổi, bán kính quỹ đạo của mỗi chùm kali sẽ thay đổi (xem Hình 15). Để có được không chồng chéo, phải đáp ứng điều kiện sau:

$$(u_0 + \Delta u)m_1 < (u_0 - \Delta u)m_2,$$

hoặc

$$m_1 + \frac{\Delta u}{u_0}m_1 < m_2 - \frac{\Delta u}{u_0}m_2,$$

trong đó m₁ và m₂ là khối lượng của ion kali, tỷ lệ tương ứng với trọng lượng nguyên tử A₁ và A₂. Từ đây

$$\frac{\Delta u}{u_0} < \frac{m_2 - m_1}{m_2 + m_1} = \frac{A_2 - A_1}{A_2 + A_1} = 0.025 = 2.5\%.$$

Lưu ý rằng công nghệ thực nghiệm hiện đại cho phép ghi lại thế năng tăng tốc với độ chính xác cao hơn nhiều (theo vài bậc độ lớn).

S. Kozel

42

F382. Bán kính lớn nhất của giọt nước lớn nhất, chúng ta có thể làm bay hơi comoram mà không phát ra menla từ bên ngoài.

Khi một giọt bay hơi mà không hấp thụ nhiệt từ bên ngoài, cần phải có sự bay hơi của lượng nhiệt định lượng $Q$ do năng lượng bề mặt của giọt $U_\pi$ giảm và diện tích bề mặt của nó giảm.

Để bán kính giọt nước giảm đi $\Delta R$ thì thể tích của giọt nước giảm đi một lượng

$$\Delta V = \frac{4}{3} \pi R^3 - \frac{4}{3} \pi (R - \Delta R)^3 = 4\pi R^2 \Delta R - 4\pi R (\Delta R)^2 + \frac{4}{3} \pi (\Delta R)^3.$$

Đối với $\Delta R$ nhỏ, chúng ta có thể bỏ qua số hạng thứ hai và thứ ba của đẳng thức này so với số hạng thứ nhất, sao cho

$$\Delta V = 4\pi R^2 \Delta R.$$

Khối lượng nước bay hơi trong trường hợp này bằng

$$m = \rho \Delta V = 4\pi\rho R^2 \Delta R.$$

Để làm bay hơi nó cần một lượng nhiệt

$$Q = Lm = 4\pi L\rho R^2 \Delta R$$

trong đó $L = 2,26 \cdot 10^6 \text{ дж}/\text{кг}$ là nhiệt dung riêng của sự hóa hơi nước. Diện tích bề mặt của giọt giảm đi

$$\Delta S = 4\pi R^2 - 4\pi (R - \Delta R)^2 = 8\pi R \Delta R$$

(chúng ta sẽ bỏ qua số hạng chứa $(\Delta R)^2$). Do đó, năng lượng bề mặt giảm đi

$$\Delta U_\pi = 8\pi R \Delta R \sigma.$$

trong đó $\sigma = 7,2 \cdot 10^{-2} \text{ дж}/\text{м}^2$ là hệ số căng bề mặt của nước.

Hãy so sánh các biểu thức của $Q$ và $\Delta U_\pi$:

$$4\pi L\rho R^2 \Delta R = 8\pi R \Delta R \sigma.$$

Ở đâu

$$R = \frac{2\sigma}{\rho L} \sim 10^{-10} m = 10^{-8} \text{ см}.$$

Sự sụt giảm như vậy về cơ bản là không thể, vì chúng tôi nhận thấy rằng $R$ có thứ tự khoảng cách giữa các phân tử trong nước. Do đó, không giọt nào có thể bay hơi mà không hấp thụ nhiệt từ bên ngoài.

Đối với lời giải bài toán, chúng ta giả sử rằng nhiệt độ của giọt nước và do đó, nội năng của nó không thay đổi. Về nguyên tắc, sự thay đổi này có thể được tính đến, nhưng nó sẽ không thay đổi đáp số. Thật vậy, nhiệt dung riêng của nước là 1 cal/€·độ, và nhiệt dung riêng của sự hóa hơi là 539 cal/€·độ. Do đó, nếu nhiệt độ giọt nước bằng nhiệt độ phòng (20°C), thì khi nó được làm lạnh xuống 0°C, khoảng $\frac{20}{539} \approx 0,04$ khối lượng giọt nước có thể bay hơi. Do đó, rõ ràng là xét đến sự thay đổi nội năng của giọt nước thì không thể thay đổi đáp số.

I. Slovodetsky

Hạt nhân nguyên tử hoạt động như thế nào?
(Để bắt đầu, xem trang 30)

…Thật khó cho trí tưởng tượng khi người ta sợ phải tưởng tượng ra cấu trúc hạt nhân của một nguyên tử nặng. Như chúng ta đã biết, trong hạt nhân của mỗi nguyên tử có sự hình thành nhỏ gọn của proton (số lượng tương ứng với số lượng electron trên quỹ đạo của hạt nhân) và neutron (cần thiết để giải thích sự tồn tại của proton và các nhu cầu khác). Tuy nhiên, các proton, mang điện tích dương, nên chán ghét loại của chúng và tránh các công nghệ sử dụng chúng giống như các electron.

chúng ta. Làm thế nào bạn có thể tưởng tượng chúng được xếp chồng lên nhau?

Đáp số Giáo sư Andrade đã không bắt anh phải chờ đợi:

“Đại tá Moore-Brabaon, cố gắng theo kịp thời đại, đặt những câu hỏi cơ bản về các nhà vật lý hiện đại như proton và neutron.

(Tiếp theo trang 55)