Lời giải bài toán M385 g), M395; F403—F406

Hình 1.

Hình 2.

a) Tối thiểu là bao nhiêu $K$ có thể được thực hiện $K$ những xiên không giao nhau đến mức không thể thêm một xiên không giao nhau khác vào chúng?

b) Tối thiểu là bao nhiêu $K$ có thể được thực hiện $3K$ xiên không chồng lên nhau để những cái ở giữa $K$ xiên của mỗi hướng?

F448. Tại sao các khúc gỗ trôi dọc sông luôn hướng theo dòng chảy chứ không phải ngang qua nó?

F449. Khoảng thời gian tiếp xúc giữa hai quả bóng va chạm có thể được xác định bằng cách thay đổi mức giảm điện tích của tụ điện khi điện trở nối với các quả bóng bị chập ngay lập tức. Những biện pháp phòng ngừa nào cần được thực hiện khi thực hiện thí nghiệm này? Đặt $C=0,1$ μF, $R=10\,000$ ohm, độ từ chối của điện kế sau khi rò rỉ tức thời là 10,11 cm, không rò rỉ - 11,94 cm. Tìm thời gian thật lâu.

F450*. Một hạt nhân có khối lượng $m$, bay với tốc độ $v_0$, khi bay sẽ phân hủy thành hai mảnh giống hệt nhau. Xác định góc lớn nhất có thể có giữa vectơ vận tốc của một trong các hạt cói và vectơ $v_0$, nếu trong quá trình phân rã hạt nhân cói ở trạng thái nghỉ chúng có tốc độ $v<v_0$.

F451. Vẽ đồ thị gần đúng của dòng điện qua điện trở $R$ từ vị trí chuyển động (Hình 2). Ở giá trị nào $y=x/l$ Đây có phải là mức tối đa hiện tại?

F452. Tại sao các cuộc cãi vã tự động xảy ra?

Lời giải bài toán
M385g), M395; F403—F406

M385. f) Chứng minh rằng với hai đa điểm lồi $F$ và $G$ có ​​các đỉnh ở các dây nối, biểu thức $N(nF+mG)$ là một đa điểm của $n$ và $m$ (ở đây chúng tôi muốn nói đến tổng Minkowski).

Trong Kvanit số 5 năm ngoái, bài toán M385 không quá bình thường đã được xuất bản. Trước đó đã viết rằng đây là một chủ đề dành cho nghiên cứu toán học thực sự. Do đó, bạn có thể gửi nó lời giải trong vòng sáu tháng.

Trong số tạp chí này, chúng tôi đăng một bài báo của tác giả bài toán M385 A. Kushinirenko, trong đó một lý thuyết nhỏ đã được phát triển cho phép giải quyết tất cả các điểm bài toán, ngoại trừ điểm d) *).

*) Số điểm nằm trên biên của đa giác (đa diện) $F$, mà trong điều kiện bài toán M385 được ký hiệu là $N(\overline{F})$, trong bài viết của A. Kushinirenko được ký hiệu là $B(F)$.

Trước khi nhận được thư từ các biên tập viên, hai lời giải bài toán g đã được biết): một sự khái quát hóa theo chiều $n$ của bài toán này đã được McMullen thảo luận tại Hội nghị Toán học Quốc tế năm 1974 và - với một giải pháp khác - được D. N. Bernishtein công bố trên tạp chí “Phân tích hàm và các ứng dụng của nó”, số 3 năm 1976.

Độc giả A. Kasyanchuk từ Nikolaev và M. Narodtsky từ Kuibyshev đã thêm lời giải vào bài toán này, khác với lời giải đã biết (xem bên dưới).

E. Turkevich từ Chernivtsi đã thêm một bằng chứng nhân chứng về các công thức cho trường hợp ba chiều. Điều đáng chú ý là hầu hết bài báo khoa học của J. Ritz “Về khối lượng của phép giải polydras”, đăng trên tạp chí “Kỷ yếu của Hiệp hội Toán học London” 7, số 7, 1957, đều gắn liền với việc chứng minh một trong những công thức này.

V. Medved từ Molodechno và E. Turkevich đã thêm một số công thức mới cho trường hợp ba chiều (người đọc sẽ tìm thấy một trong số chúng ở trang 19 trong bài tập 8), và V. Smovbe từ Moscow và M. Narodtsky đã thêm một dạng tổng quát hóa của bài toán M385 cho trường hợp $n$ chiều.

Hãy để chúng tôi trình bày kế hoạch lời giải bài toán d), được gửi bởi Kasyanchuk và Narodtsky.

Bước 1. Nếu $F$ và $G$ là các đa giác lồi và $m$ và $n$ là các số tự nhiên thì

$$S(nF + mG) = n^2S(F) + m^2S(G) + cnm,$$

(*) trong đó $c$ là một hằng số nào đó, độc lập với $n$ và $m$. (Tuyên bố này là bài toán 2,a) từ bài viết của N. Vasiliev “Bổ sung số liệu”, «Kvant», 1976, số 4).

Bước 2. Nếu $F_1$ và $F_2$ là đa giác nguyên thì

$$N(F_1 + F_2) = N(F_1) + N(F_2).$$

(**)

Bước 3. Sử dụng công thức Peak: $S(nF + mG) = N(nF + mG) - \frac{1}{2}N(\overline{nF} + mG) - 1$. Áp dụng công thức (*) và (**), ta thu được: $n^2S(F) + m^2S(G) + cnm = N(nF + mG) - \frac{1}{2}N(\overline{nF}) - \frac{1}{2}N(\overline{mG}) - 1$.

Vì $N(\overline{nF}) = nN(\overline{F})$, chúng ta thấy rằng $N(nF + mG) = n^2S(F) + m^2S(G) + cnm + \frac{n}{2}N(\overline{F}) + \frac{m}{2}N(\overline{G}) + 1$ là đa thức trong $m$ và $n$.

L. Gavrilov

◆

M395. Các số (+1) và (-1) được đặt tại các đỉnh của một đường $n$ đều có tâm tại điểm O. Trong một bước, nó được cắt để đổi dấu của tất cả các số đứng ở các đỉnh của bất kỳ đường $k$ thông thường nào có tâm O (đồng thời, chúng tôi cũng cho phép 2 đường thẳng, bắt dưới đoạn 2 đường a có điểm chính giữa tại điểm O). Chứng minh rằng trong trường hợp $a), b), c)$ tồn tại một cách sắp xếp gọi là cách sắp xếp (+1) và (-1) sao cho từ nó không có số bước nào có thể thu được một tập hợp duy nhất (+1):

a) $n=15$,
b) $n=30$,

Lưu ý rằng cách sắp xếp cuối cùng phụ thuộc vào cách sắp xếp ban đầu và đa giác nào đã được chọn, nhưng không phụ thuộc vào thứ tự thực hiện việc này. Thật vậy, mỗi đỉnh chứa cùng một số như trong cách sắp xếp ban đầu nếu đỉnh này nằm trong một số đa giác chẵn và một số đối dấu nếu nó là một số lẻ; do đó trật tự là không quan trọng. Ngoài ra, rõ ràng là việc thay thế các dấu hiệu nhiều lần trong cùng một đa giác là vô nghĩa.

Chúng ta gọi hai cách sắp xếp là tương đương nếu chúng có thể thu được từ nhau (nếu cách sắp xếp $N$ có thể thu được từ cách sắp xếp $M$, thì ngược lại, $M$ có ​​thể thu được từ $N$). Tập hợp tất cả các cách sắp xếp tương đương với một cách sắp xếp nào đó được gọi là lớp tương đương; chúng tương đương nhau (vì người ta có thể đi từ bất kỳ cái nào trong số chúng đến bất kỳ cái nào thông qua một sự sắp xếp bằng cách sắp xếp thứ tự lớp này), nhưng sự sắp xếp từ các lớp khác nhau là không tương đương.

36

Hình 7.

F405. Một quả cầu monoxtomic đồng nhất có bán kính $R$ được cắt thành hai phần và gắn chặt với nhau, như trong Hình 7. Trọng tâm của tấm kính thu được bằng bao nhiêu nếu chiều cao của thân nó là $h$?

Chúng ta hãy chia kính thành các dải phẳng riêng biệt có chiều cao $\Delta h \ll R$ như trong Hình 8. Rõ ràng, trọng tâm của toàn bộ kính về bản chất là trọng tâm của hệ các dải đó.

Nhưng trọng tâm của mỗi dải như vậy nằm ở tâm của một vòng tròn có bán kính $r_i$, trong đó $r_i$ là bán kính trung bình của dải. Vậy ta cần tìm vị trí trọng tâm của hệ điểm vật chất nằm trên đường thẳng đứng đi qua tâm của hình cầu. Khối lượng của mỗi điểm là khối lượng của dải tương ứng. Hãy xem nó phụ thuộc vào điều gì.

Gọi $\rho$ là mật độ đơn vị bề mặt của vật liệu hình cầu. Diện tích bề mặt của mỗi dải bằng nhau (xem Hình 8)

$$s_i = 2\pi r_i l = 2\pi R \sin \alpha \frac{\Delta h}{\sin \alpha} = 2\pi R \Delta h,$$

và khối lượng—

$$m_i = \rho 2\pi R \Delta h.$$

Chúng ta thấy rằng khối lượng của tất cả các sọc đều như nhau và chỉ phụ thuộc vào chiều cao của chúng $\Delta h$ (cho trước $\rho$ và $R$).

Như vậy, trọng tâm của kính là trọng tâm của một hệ vật liệu gồm các điểm có khối lượng bằng nhau phân bố đều dọc theo một đoạn thẳng đứng có chiều dài $2R$ ($\Sigma \Delta h_i = 2R$).

Do đó, trọng tâm của kính nằm ở giữa chiều cao của nó, tức là ở độ cao $R$ tính từ “đế” của kính.

I. Slobodechkiy

F406. Vệ tinh chuyển động theo quỹ đạo tròn ở khoảng cách tính từ bề mặt trái đất bằng bán kính của nó $R$. Tại một số thời điểm, một viên phấn Nersia ướt có khối lượng $m$ được phóng từ vệ tinh vào trường phấn myotene có khối lượng $M$ bằng $U = -\gamma \frac{mM}{r}$.

Từ điều kiện bài toán rõ ràng điểm xuất phát của trạm là điểm cách xa trái đất nhất trên quỹ đạo của vệ tinh “còn sót lại”. Tại thời điểm này, tốc độ của vệ tinh $u$ và tốc độ của “phần còn lại” $w$ hướng dọc theo một đường thẳng vuông góc với vectơ bán kính vẽ từ tâm trái đất (Hình 9). Từ định luật bảo toàn động lượng

$$\vec{Mu} = \mu \vec{w} + m \vec{v}$$

(1)

($M$ là khối lượng của vệ tinh, $\mu$ là khối lượng rút lui, $m$ là khối lượng của trạm, $\vec{v}$ là tốc độ của nó ngay sau khi phóng) suy ra rằng tốc độ của trạm $v$ ngay sau khi phóng được hướng dọc theo một đường thẳng.

Rõ ràng, trường hợp cao hơn là khi tốc độ của trạm ngay sau khi phóng có cùng hướng với tốc độ của vệ tinh ngay trước khi phóng và tốc độ của “phần còn lại” hướng theo hướng ngược lại (xem Hình 9).

Sau đó

$$|\vec{mv}| = |Mu| + |\mu \vec{w}|.$$

(2)

Chúng tôi tìm thấy mối quan hệ $m : M$ từ (2), có tính đến $m + \mu = M$:

$$\frac{m}{M} = \frac{|\vec{u}| + |\vec{w}|}{|\vec{v}| + |\vec{w}|}.$$

37

Hãy xác định các giá trị $|\vec{u}|$, $|\vec{v}|$, $|\vec{w}|$.

Tốc độ của vệ tinh được xác định từ điều kiện chuyển động trên quỹ đạo tròn. Gia tốc hướng tâm được truyền tới vệ tinh bởi lực hấp dẫn đối với Trái đất:

$$\frac{M u^2}{2 R} = \gamma \frac{M_0 M}{4 R^2}$$

($M_0$ là khối lượng của Trái đất). Từ đây

$$|\vec{u}| = \sqrt{\gamma \frac{M_0}{2 R}}.$$

Tổng cơ năng của trạm tại thời điểm bắt đầu bằng $\frac{m v^2}{2} - \gamma \frac{M_0 m}{2 R}$. Khi bạn di chuyển ra khỏi Trái đất, thế năng của trạm tăng lên và càng xa Trái đất (ở vô cực) thì thế năng càng bằng không. Tốc độ tối thiểu mà trạm có được tại thời điểm phóng phải sao cho độ giảm động năng của trạm trong quá trình bay bằng với thế năng của nó.

Khi đó ở vô cực động năng của trạm sẽ bằng không. Do đó, tại thời điểm bắt đầu, tổng cơ năng của trạm phải bằng 0, tức là.

$$\frac{m v^2}{2} - \gamma \frac{M_0 m}{2 R} = 0.$$

Từ đây

$$|\vec{v}| = \sqrt{\gamma \frac{M_0}{R}}.$$

Hãy xác định giá trị của $|\vec{w}|$. Theo định luật thứ hai của Kepler, vectơ bán kính của “phần còn lại” chuyển động dọc theo quỹ đạo hình elip sẽ có diện tích bằng nhau trong những khoảng thời gian bằng nhau.

Nếu ở cận điểm tốc độ của phần còn lại là $\vec{w}'$ (Hình 10), thì trong một khoảng thời gian ngắn $\Delta t$

$$2 R |\vec{w}| \Delta t = R |\vec{w}'| \Delta t$$

(thời gian $\Delta t$ đủ nhỏ để giả sử rằng $|\vec{w}|$, $|\vec{w}'|$ và độ dài của vectơ bán kính không đổi).

Theo định luật bảo toàn năng lượng

$$\frac{\mu w^2}{2} - \gamma \frac{M_0 \mu}{2 R} = \frac{\mu (w')^2}{2} - \gamma \frac{M_0 \mu}{R}$$

Từ (4) và (5) ta tìm được $|\vec{w}|$:

$$|\vec{w}| = \sqrt{\gamma \frac{M_0}{3 R}}.$$

Thay các giá trị tìm được $|\vec{u}|$, $|\vec{v}|$ và $|\vec{w}|$ vào biểu thức (3), cuối cùng chúng ta thu được

$$\frac{m}{M} \approx 0,8.$$

V. Belonuchkin