Lời giải bài toán M396, M397, M400—M402; F407—F412

22

F455. Tổn thất điện năng trên đường truyền điện tử là 5% công suất mà người tiêu dùng nhận được. Bạn cần thay đổi điện áp ở đầu vào đường dây và điện trở của người tiêu dùng như thế nào để với cùng một công suất mà người tiêu dùng nhận được, mức tiêu thụ trong đường dây giảm xuống 1%?

I. Slobodetsky

F456. Tốc độ tối thiểu phải được truyền cho tàu vũ trụ trên Trái đất để nó có thể chạm tới Mặt trời là bao nhiêu? Thời gian chuyến bay của con tàu tới Mặt trời sẽ là bao nhiêu?

F457. Hai tụ điện phẳng có bản giống nhau được tích điện cùng một điện tích. Khoảng cách giữa các bản tụ của tụ thứ nhất lớn gấp đôi so với tụ thứ hai. Năng lượng của trường điện tử của hệ sẽ thay đổi như thế nào nếu một tụ điện thứ hai được mắc vào giữa hai bản của tụ điện thứ nhất như trên Hình 7, a và b?

S. Kozel

Lời giải bài toán

M396, M397, M400—M402*); F407—F412

M396. Một hình tam giác có các cạnh lớn hơn 1 cm được gọi là “lớn”. Cho tam giác đều ABC có cạnh 5 cm. Chứng minh rằng: a) Có thể cắt được 1000 hình tam giác “lớn” từ tam giác ABC; b) tam giác ABC có thể cắt thành 1000 tam giác “lớn”; c) tam giác ABC có thể cắt sao cho hai tam giác bất kỳ không có cạnh chung, hoặc có một đỉnh chung, hoặc có các cạnh chung; e) Thực hiện các điểm b) và c) cho tam giác đều có cạnh 3 cm.

Chúng ta sẽ giải điểm b) và c) bài toán cho tam giác có cạnh 3 cm (Hình 1). Gọi K, L là điểm chia cạnh AC thành ba phần bằng nhau, P là trung điểm của cạnh BC. Từ các điểm K và L, chúng ta khôi phục các đường vuông góc KN và LM về cạnh AC; đặt $N_1 = [AP] \cap [KN)$, $M_1 = [CN_1] \cap [LM)$, $N_2 = [AM_1] \cap [KN)$, $M_2 = [CN_2] \cap [LM)$, v.v. Chúng ta thu được một phân vùng của tam giác thành các tam giác ABP, CPN$_1$, AN$_1$M$_1$, CM$_1$N$_2$, AN$_2$M$_2$, v.v. Tất cả các hình tam giác này là các cạnh “lớn” của mỗi tam giác đều lớn hơn 1 cm (|BP| = |CP| = 1,5 cm và các cạnh còn lại lớn hơn 1 cm, vì hình chiếu của chúng trên AC không nhỏ hơn 1 cm). Từ lời giải rõ ràng là cùng với số 1000 người ta có thể viết bất kỳ số nào khác, dù lớn đến đâu.

*) Lời giải bài toán M398 sẽ được giới thiệu trên tạp chí số tiếp theo; bài toán M399 đã được giải quyết trong bài viết của A. Savin “Từ trường học bài toán - đến vấn đề” (xem «Kvant», 1976, số 12).

23

Việc xây dựng tam giác tam giác $ABC$ thành các tam giác “lớn” (điểm c) bài toán cũng dựa trên cùng một ý tưởng.

Cho các điểm $K, L$ và $P$ giống như trước, $KN$ và $LM$ vuông góc với $AC$, điểm $N_1 = [AP] \cap [KN]$.

Hãy lấy một điểm $N_2$ trên đoạn $KN_1$ và nối nó với các điểm $A, P$ và $C$ (Hình 2). Chúng ta hãy biểu thị bằng $M_1$ điểm giao nhau của $[LM]$ với $[CN_2]$: $M_1 = [CN_2] \cap [LM]$. Trên đoạn $LM_1$, lấy điểm $M_2$ và nối nó với các điểm $A, N_2$ và $C$. Đặt $M_3$ biểu thị giao điểm của $[KN]$ với $[AM_2]$; trên đoạn $KM_3$ chúng ta lấy điểm $M_4$, nối nó với các điểm $A, M_2$ và $C$, v.v.

Tiếp tục quá trình này, chúng ta thu được (vì lý do tương tự như trên) việc loại bỏ tam giác $ABC$ thành các tam giác “lớn” $ABP, APN_2, CN_2P, AN_2M_2, CN_2M_2$, … (số lượng tam giác có thể được làm theo ý muốn).

S. Fomin

**M397. Có ba vòng tròn có cùng bán kính trên mặt phẳng dữ liệu. a) Chứng minh rằng nếu chúng cắt nhau tại một điểm như trên Hình 3 thì tổng các cung được đánh dấu $AK, CK, EK$ bằng $180^\circ$. b) Chứng minh rằng nếu chúng có vị trí như hình 4 thì tổng của dur $AB, CD, EF$ được đánh dấu bằng $180^\circ$.

Hình 3.

Hình 4.

**M400. Dãy số tự nhiên $a_1, a_2, \dots, a_k$ trái ngược với dãy số phổ quát của một $N$ cho trước, nếu mọi thứ có thể thu được bằng cách xóa các phần của các số hạng của bất kỳ dãy $N$ nào trong đó mỗi a) Bằng cách viết thành một hàng $N$ nhóm có dạng 1, 2, …, $N$, chúng ta thu được một dãy phổ quát có độ dài $N^2$. b) Dưới đây là ví dụ về chuỗi tổng quát $N$ có độ dài $N^2 - N + 1$. Chúng ta hãy viết thành một hàng $N - 1$ nhóm số 1, 2, …, $N$ và cuối cùng là ví dụ số 1. Hãy chứng minh rằng dãy số này là thực $N$-phổ quát.

24

Mỗi số 1, 2, …, N xuất hiện một lần.
a) Cho ví dụ về dãy phổ quát gồm $N^2-N+1$ số hạng.
b) Chứng minh rằng bất kỳ dãy phổ quát nào cũng bao gồm ít nhất $\frac{N(N+1)}{2}$ số hạng.
c) Chứng minh rằng với $N=4$ bản thân dãy phổ dụng ngắn gồm 12 số hạng.
d) Cố gắng tìm độ dài của $N$ đã cho càng ngắn càng tốt trong dãy phổ quát.

Cho $q = (b_1, b_2, \dots, b_N)$ là một hoán vị tùy ý của các số 1, 2, …, $N$. Nếu hoán vị này có dạng $q = (N, N-1, \dots, 1)$, thì trong chuỗi của chúng ta ở nhóm đầu tiên, chúng ta gạch bỏ tất cả các số ngoại trừ $N$, trong nhóm thứ hai - tất cả các số ngoại trừ $N-1$, v.v. Nếu $q$ không có dạng này, thì đối với một số $k$, chúng ta sẽ có: $b_k < b_{k+1}$. Trong trường hợp này, nếu $i < k$, thì hãy gạch bỏ tất cả các số ngoại trừ $b_i$ trong nhóm thứ $i$ của chuỗi của chúng ta; trong nhóm thứ $k$, gạch bỏ tất cả các số ngoại trừ $b_k$ và $b_{k+1}$, và nếu $j > k$, thì gạch bỏ tất cả các số trong nhóm $j$, ngoại trừ $b_j+1$. Và cuối cùng, bằng cách gạch bỏ số 1 cuối cùng, chúng ta có được hoán vị $q = (b_1, b_2, \dots, b_N)$.

Đối với lời giải điểm e) chúng ta sẽ cần một số khái quát hóa về cách xây dựng này*. Cụ thể là: hãy $1 \leq k \leq N$. Ta viết thành một hàng $k-1$ nhóm số 1, 2, …, $N$, tiếp theo là nhóm $k$ rút gọn có dạng 1, 2, …, $N-k+1$ (ví dụ: đối với $N=5$, $k=3$ ta được 1234512345123); chúng ta thu được một chuỗi có độ dài $kN-k+1$. Nó được chứng minh theo cách hoàn toàn tương tự rằng từ chuỗi này, nếu chúng ta gạch bỏ các phần của các thuật ngữ, chúng ta có thể thu được bất kỳ chuỗi có độ dài $k$ nào trong đó các số 1, 2, …, $N$ xuất hiện - mỗi số không quá một lần. Chúng ta sẽ gọi tính chất đó là $(N, k)$-phổ quát.

Bây giờ chúng ta hãy xây dựng một chuỗi độ dài phổ quát $N$ $N^2-2N+4$ (đây là sự cải thiện của ước tính trước đó, bắt đầu từ $N=4$). Hãy viết $N-2$ nhóm số 1, 2, …, $N-1$ liên tiếp. Sau đó, chúng ta sẽ viết một nhóm $(N-1)$ rút gọn, chỉ gồm hai số: 1 và 2. Sau đó, chúng ta sẽ chèn $N$ bản sao của số $N$ vào chuỗi này theo quy tắc sau: chúng ta sẽ viết bản sao đầu tiên ngay từ đầu, bản sao thứ hai - trong nhóm đầu tiên, sau lần xuất hiện đầu tiên của số $N-1$, bản sao thứ ba - trong nhóm thứ hai, sau lần xuất hiện thứ hai của số trong chúng ta chuỗi $N-2$, v.v. Bản sao cuối cùng, $N$ của số $N$ được chèn vào nhóm rút gọn cuối cùng sau lần xuất hiện cuối cùng của số 1 (ví dụ: với $N=5$ chúng ta nhận được chuỗi 5123451235412534152). Chúng ta thu được một chuỗi có độ dài $(N-1)(N-2)+2+N=N^2-2N+4$; hãy biểu thị nó bằng $P$. Hãy chứng minh rằng dãy $P$ là dãy $N$-phổ quát. Thật vậy, đặt $q$ là một hoán vị tùy ý của các số 1, 2, …, $N$ và đặt số $N$ xuất hiện trong dãy $q$ ở vị trí $k$. Số $N$ chia chuỗi $q$ thành hai phần: phần bên trái có độ dài $k-1$ và phần bên phải có độ dài $N-k$. Chúng ta cần xóa một số số hạng khỏi $P$ để có được chuỗi $q$. Trước tiên hãy gạch bỏ tất cả các trường hợp của số $N$, ngoại trừ $k$. Rõ ràng, ở bên trái của chuỗi $N$ không bị gạch chéo, vẫn còn một chuỗi phổ quát $(N-1, k-1)$, từ đó chúng ta có thể gạch bỏ chuỗi $q$, đứng từ $N$ ở bên phải. Điều này có nghĩa là chuỗi được xây dựng $P$ (có độ dài $N^2-2N+4$) thực sự là $N$-phổ quát.

Bây giờ chúng ta hãy chuyển sang ước tính. Chúng ta sẽ giải đồng thời phần c) và d) bằng cách chứng minh mệnh đề mạnh hơn và e: với $N \geq 2$ độ dài của bất kỳ chuỗi $N$-phổ quát nào ít nhất là $\frac{N^2+3N-4}{2} = \frac{N(N+1)}{2} + N-2$.

*) Duyên dáng lời giải bài toán d) được thêm bởi A. Kaschinuk từ Nikolaev và A. Moshonkin từ Leningrad.

25

Trước hết, hãy lưu ý rằng nếu số $N$ xuất hiện lần đầu trong dãy $N$-phổ quát $P$ ở vị trí thứ $k$, thì phần $P$ nằm ở bên phải của $N$ này tạo thành một dãy phổ quát $(N-1)$, vì để có được bất kỳ hoán vị nào của các số 1, 2, …, $N$, bắt đầu từ số $N$, bạn cần gạch bỏ $P$ tất cả các số có số đến $k-1$.

Ta sẽ chứng minh khẳng định bằng quy nạp. Tại $N=2$ có thể dễ dàng xác minh. Giả sử nó đúng với $N=M$ và đặt $P=(a_1, \dots, a_L)$ là một chuỗi phổ quát $(M+1)$ tùy ý. Nếu một số nào đó chỉ xuất hiện trong $P$ một lần thì khi thay đổi ký hiệu nếu cần, chúng ta có thể giả sử rằng số này là $M+1$, và do đó có các dãy phổ quát $M$ ở bên phải và bên trái của nó; đối với mỗi người trong số họ, theo giả thuyết quy nạp, có ít nhất $\frac{M^2+3M-4}{2} (M \geq 3)$. Sau đó, $(\Delta \text{лина } P) \geq 1+2\left(\frac{M^2+3M-4}{2}\right) \geq \frac{(M+1)^2+3(M+1)-4}{2}$, đưa ra bằng chứng về bước quy nạp. Vì vậy, chúng ta có thể giả định rằng mỗi số trong $P$ sẽ xuất hiện ít nhất hai lần. Gọi $k$ là số nhỏ nhất sao cho trong số $a_1, a_2, \dots, a_k$ tìm được tất cả các số 1, 2, …, $M+1$. Thay đổi ký hiệu nếu cần thiết, chúng ta có thể giả sử rằng $a_k=M+1$. Khi đó rõ ràng $k$ là số lần xuất hiện đầu tiên của số $M+1$ trong dãy $P$. Bên trái của nó là các số từ 1 đến $M$ - tổng cộng ít nhất là $M$. Ngoài ra, trong $P$ có ít nhất hai số $M+1$, và nếu tất cả chúng bị loại bỏ, thì ở bên phải của $a_k$ vẫn còn một dãy phổ quát $M$, mà theo giả thuyết quy nạp, có ít nhất $(M^2+3M-4)/2$. Do đó tổng chiều dài $P$ không nhỏ hơn $\frac{M^2+3M-4}{2} + M+2 = \frac{(M+1)^2+3(M+1)-4}{2}$. Tuyên bố đã được chứng minh. Áp dụng nó trong trường hợp $N=4$, ta thu được chứng minh điểm d) (giờ đây dễ dàng xây dựng một dãy phổ quát gồm 12 số hạng; ví dụ: 123412314213).

D. Bernishtein

M401. Bên trong tam giác nhọn ABC, cho điểm $P$, bằng $\widehat{APB} = \widehat{ABC} + 60^\circ, \widehat{BPC} = \widehat{BAC} + 60^\circ, \widehat{CPA} = \widehat{CBA} + 60^\circ$. Chứng minh rằng giao điểm của các đoạn thẳng $AP, BP, CP$ (ngoài điểm $P$) với đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABC$ nằm tại các đỉnh của một tam giác đều.

M402. Chứng minh rằng không có dãy số nguyên không âm tăng dần $a_1, a_2, a_3, \dots$ mà với mọi $n$ và $m$, sự tương ứng $a_{nm} = a_n + a_m$ đúng.

Chúng ta hãy biểu thị các điểm giao nhau của các phần tiếp theo của các đoạn $AP, BP, CP$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ lần lượt là $A', B'$ và $C'$ (xem Hình 5). Kích thước của góc có đỉnh bên trong đường tròn bằng giá trị góc thu được của hai góc còn lại, trong đó một góc nằm giữa các cạnh của góc này và góc còn lại nằm giữa các cạnh mở rộng; và độ lớn của góc nội tiếp bằng một nửa độ lớn góc của các góc còn lại mà nó nằm trên đó. Pozmotu $\widehat{APC} = \frac{1}{2}(AB'C + A'BC') = \widehat{ABC} + A'B'C'$; nhưng theo điều kiện $\widehat{APC} = \widehat{ABC} + 60^\circ$, chúng ta mở $\widehat{A'B'C'} = 60^\circ$.

Có thể chứng minh tương tự rằng $\widehat{A'C'B'} = C' \widehat{A'B'} = 60^\circ$. A. Yaguyach

Đầu tiên là lời giải. Lưu ý rằng $a_{22} = a_2 + a_2 = 2a_2, a_{23} = a_{22} = 2a_2 + a_2 = 3a_2$ và nói chung là $a_{2n} = na_2$ cho mọi $n$. Hãy tham gia vào chuỗi $a_1, a_2, a_3, \dots, a_{2n}$. Nếu dãy được sắp xếp theo thứ tự tăng dần thì vì các số không âm nên $a_{2n} \geq 2^n$. Mặt khác, $a_{2n} = na_2$. Vì vậy, nếu chuỗi như vậy là $a_1, \dots, a_n$,..

26

tồn tại thì với mọi $n$ bất đẳng thức $2^n \leq n a_2$ phải đúng. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng điều này là không thể; cụ thể là chúng ta sẽ chỉ ra rằng tỷ lệ $\frac{2^n}{n}$ có ​​xu hướng tiến tới vô cùng khi $n$ tăng.

Chúng ta hãy biểu thị mối quan hệ $\frac{2^n}{n}$ bằng $b_n$ và xem xét mối quan hệ $b_{n+1}: b_n$:

$$\frac{b_{n+1}}{b_n} = \frac{2^{n+1}}{n+1}: \frac{2^n}{n} = 2 \cdot \frac{n}{n+1} = 2 \left(1 - \frac{1}{n+1}\right) \geq \frac{4}{3},$$

nếu $n \geq 2$. Từ đó suy ra rằng $\frac{b_n}{b_2} \geq \left(\frac{4}{3}\right)^{n-2}$, tức là

$$b_n = \frac{2^n}{n} \geq 2 \cdot \left(\frac{4}{3}\right)^{n-2} > \left(\frac{4}{3}\right)^{n-2}.$$

Rõ ràng, $\lim_{n \to \infty} \left(\frac{4}{3}\right)^{n-2} = \infty$, do đó $\lim_{n \to \infty} \frac{2^n}{n} = \infty$.

Điều này có nghĩa là không thể có dãy tăng chặt chẽ $a_1, \dots, a_n, \dots$, được đề cập trong các điều kiện.

Thứ hai lời giải. Giả sử rằng một chuỗi như vậy tồn tại. Cho $n$ là một số tự nhiên lớn hơn $a_2$. Sau đó $a_{2n} = a_n + a_2 < a_n + n$; Điều này có nghĩa là các số tự nhiên $a_{n+1}, a_{n+2}, \dots, a_{2n}$ nằm trong khoảng $[a_n+1, a_n+n-1]$ và khác nhau, điều này không thể xảy ra vì chỉ có $n-1$ một số nguyên trong khoảng này.

S. Fomin

F407. Người điều khiển tàu khách đang chuyển động với tốc độ $v_1 = 108$ km/h, nhận thấy ở khoảng cách $s_0 = 180$ m phía trước có một đoàn tàu hàng đang chuyển động cùng chiều với tốc độ $v_2 = 32,4$ km/h. Người lái xe ngay lập tức bật sương giá và đoàn tàu chở khách bắt đầu chuyển động với gia tốc $a = -1,2$ m/giây $^2$. Liệu khả năng tăng tốc này có đủ để mogo ngăn hai đoàn tàu va chạm nhau không?

F408. Từ điện trở 1, 2, 3 và 4 ohm, mạch điện như trong Hình 7 được lắp ráp. Dòng điện qua ampe kế $A_2$ là bao nhiêu, nếu dòng điện qua ampe kế $A_1$ 5a là bao nhiêu? Vôn kế hiển thị là 10 V. Các dụng cụ đo đều hoàn hảo.

Hãy vẽ đồ thị sự phụ thuộc của tọa độ đoàn tàu theo thời gian. Chúng ta sẽ chọn điểm mà đoàn tàu khách bắt đầu phanh làm điểm tham chiếu và lấy hướng vận tốc của đoàn tàu làm hướng của trục tọa độ. Trong hệ thống như vậy, tọa độ của các đoàn tàu tại thời điểm $t$ bằng nhau

$$x_{\text{пас}} = v_1 t + \frac{at^2}{2},$$

$$x_{\text{TОВ}} = v_2 t + s_0,$$

trong đó $v_1 = 108$ km/giờ = 30 m/giây, $v_2 = 32,4$ km/giờ = 9 m/giây.

Từ đồ thị (Hình 6), rõ ràng tại thời điểm $t'$ và $t''$ tọa độ của các đoàn tàu bằng nhau. Điều này có nghĩa là tại thời điểm $t'$ và $t''$ một chuyến tàu mới sẽ xuất hiện. Hãy tìm các giá trị của $t'$ và $t''$ từ gia tốc $x_{\text{пас}} = x_{\text{TОВ}}$:

$$30t - 0,6t^2 = 9t + 180,$$

hoặc $t^2 - 35t + 300 = 0$, từ đó $t' = 15$ giây, $t'' = 20$ giây.

tọa độ của đoàn tàu tại thời điểm $t = t'$ bằng $x_{\text{пас}} = x_{\text{TОВ}} = 315$ m.

Theo vôn kế và ampe kế $A_1$ trên hình, điện trở của toàn mạch như hình 7 là $R = \frac{U}{I} = 2$ ohm.

Chúng ta hãy tìm xem các điện trở $R_1, R_2, R_3$ và $R_4$ là bao nhiêu. Vì ampe kế $A_2$ là lý tưởng nên điện trở của nó có thể được coi là bằng 0, và các điểm $a$ và $b$ có thể được coi là ngắn mạch với nhau khi tính điện trở. Hãy đặt $R_1 = 1$ ohm. Sau đó, bằng cách tìm kiếm đơn giản, chúng tôi tin rằng $R_2 = 4$ ohm và đối với điện trở $R_3$ và $R_4$, có hai tùy chọn: $R_3 = 2$ ohm và $R_4 = 3$ ohm hoặc $R_3 = 3$ ohm và $R_4 = 2$ ohm.

Hãy xem xét một điểm nhánh của chuỗi, ví dụ: điểm $a$. Tổng đại số của các dòng điện hội tụ tại điểm này bằng 0:

$$I_1 - I_3 - I_5 = 0.$$ (*)

Do đó, để xác định dòng điện $I_5$ chạy qua ampe kế $A_2$, chỉ cần biết $I_1$ và $I_3$ là đủ. Hãy tìm chúng.

27

Dòng điện $I_1$ và $I_2$ chạy qua các điện trở $R_1$ và $R_2$ tỉ lệ nghịch với giá trị của các điện trở này:

$$\frac{I_1}{I_2} = \frac{R_2}{R_1} = \frac{4}{1}.$$

Đồng thời

$$I_1 + I_2 = I = 5a.$$

Từ đây

$$I_1 = 4a.$$

Tương tự, chúng ta có thể viết các biểu thức tương ứng cho dòng điện $I_3$ và $I_4$:

$$\frac{I_3}{I_4} = \frac{R_4}{R_3}$$
$$I_3 + I_4 = I.$$

Nếu $R_3 = 2$ ohm và $R_4 = 3$ ohm thì

$$\frac{I_3}{I_4} = \frac{3}{2}$$
$$I_3 + I_4 = I = 5a,$$

Ở đâu

$$I_3 = 3a.$$

Khi đó từ đẳng thức (*)

$$I_5 = I_1 - I_3 = 1a.$$

Nếu $R_3 = 3$ ohm và $R_4 = 2$ ohm thì

$$I_3 = 2a,$$
$$I_5 = 2a.$$

Do đó, có hai giá trị có thể có cho dòng điện chạy qua bộ khuếch đại $A_2$.

N. Slobodetsky

F410 *). Trong thiết bị chân không điện tử, camode vonfram nguyên chất được đặt trong một bình lớn chứa oxy dư ở áp suất $p = 10^{-7}$ nguyên tử và nhiệt độ $T = 300^\circ\text{K}$. Giả sử rằng mọi phân tử đi vào buồng đều chạm vào nó, hãy ước tính thời gian hình thành lớp đơn phân tử. Các phân tử có thể được coi là những quả bóng có đường kính $d \approx 3 \cdot 10^{-8}$ cm.

Chúng ta hãy tìm số lượng phân tử trung bình $z$ lắng trên một đơn vị diện tích bề mặt cực âm trong thời gian $t = 1$ giây. Để đánh giá việc sử dụng mô hình khí được đề xuất, theo đó tất cả các phân tử trong trạng thái chuyển động theo các hướng vuông góc lẫn nhau (theo cả hai hướng trong mỗi hướng) với tốc độ bình phương trung bình gốc $\bar{v}$. Gọi số phân tử trung bình trên một đơn vị thể tích (nồng độ phân tử) là $n$. Trong tổng số phân tử, $1/6$ một phần chuyển động về phía cực âm. Một đơn vị diện tích của cực âm trong thời gian $t$ làm cho tất cả các phân tử xuất hiện trong một cột có tiết diện và chiều cao đơn vị $\bar{v}$. Từ đây

$$z = \frac{n}{6} \bar{v}.$$

Một biểu thức chính xác hơn, có tính đến chuyển động của các phân tử theo mọi hướng có thể và với các vận tốc tuyệt đối khác nhau, có dạng $z = \frac{n}{4} \bar{v}$. Sự khác biệt về hệ số bằng số này là không đáng kể, vì theo điều kiện bài toán chúng ta chỉ phải đưa ra ước tính gần đúng về kết quả theo thứ tự độ lớn.

Tốc độ bình phương trung bình của phân tử

$$\bar{v} = \sqrt{\frac{3kT}{m}}$$

trong đó $k = 1,38 \cdot 10^{-23}$ J/deg là hằng số Boltzmann, $T = 300^\circ\text{K}$ là nhiệt độ tuyệt đối của chất khí, $m = \frac{\mu}{N_A} = 5,3 \cdot 10^{-26}$ ke là khối lượng của các phân tử oxy. Nồng độ của các phân tử có thể được biểu thị dưới dạng áp suất khí và nhiệt độ:

$$n = \frac{p}{kT}.$$

Việc thay thế các giá trị số vào biểu thức cho $\bar{v}$ và $n$ sẽ cho ra $\bar{v} \approx 5 \cdot 10^2$ m/giây, $n \approx 2,5 \cdot 10^{18}$ m$^{-3}$.

28

Như vậy,

$$z = \frac{n}{6} v \approx 2 \cdot 10^{20} \text{ m}^{-2} \cdot \text{cek}^{-1}.$$

Số lượng phân tử $z_0$ trong một lớp đơn phân tử có diện tích $1\text{ m}^2$ có thể được ước tính bằng công thức

$$z_0 \approx \frac{1}{d^2} \approx 10^{19} \text{ m}^{-2}.$$

Cần có thời gian để số lượng phân tử như vậy kết tủa

$$\tau = \frac{z_0}{2} \approx 5 \cdot 10^{-2} \text{ сек}.$$

Những ước tính trên là khá thô. Ví dụ, chúng tôi đã không tính đến khả năng đóng gói các phân tử dày đặc hơn hoặc hình thành các lớp không đồng đều. Một mô hình khí đơn giản đã được sử dụng để tính toán $z$. Do đó, kết quả thu được chỉ đúng theo thứ tự độ lớn. Những ước lượng thuộc loại này đóng một vai trò quan trọng trong việc thực hiện các bài toán vật lý, vì chúng cho phép người ta tự định hướng theo quy mô của hiện tượng đang được nghiên cứu.

S. Kozel

F411. Một đồng hồ đo áp suất thủ công hình chữ U có thể đo áp suất lên tới 1 atm. Áp suất tối đa có thể đo được là bao nhiêu nếu hai đồng hồ đo áp suất như vậy được nối nối tiếp với một ống ngắn?

Hình 8.

Hình 9.

Đồng hồ đo áp suất thủ công hình chữ U (Hình 8) thay đổi áp suất dư $\Delta p$, tức là nó cho thấy áp suất $p$ ở khuỷu tay trái của đồng hồ đo áp suất lớn hơn áp suất khí quyển $p_0$ là bao nhiêu. Một hạn chế về áp suất thay đổi được áp đặt bởi chiều dài của ống đo áp suất: không thể thay đổi áp suất dư lớn hơn áp suất mà thủy ngân chạm tới mép đầu gối phải. Nếu không đồng hồ đo áp suất sẽ bị hỏng. Từ đây rõ ràng là

$$\Delta p = p - p_0 = \rho |\vec{g}| H = 1 \text{ атm}.$$

Gọi áp suất khí quyển cũng là 1 atm. Sau đó

$$\rho |\vec{g}| H = p_0.$$

Khi hai đồng hồ đo áp suất được mắc nối tiếp (Hình 9), áp suất $p_1$ ở khuỷu tay trái của đồng hồ đo áp suất 1 sẽ lớn hơn áp suất $p$ trong trường hợp một đồng hồ đo áp suất. Trên thực tế, áp suất $p_2$ ở chân trái của đồng hồ đo áp suất 2 không bằng áp suất khí quyển mà lớn hơn áp suất của cột thủy ngân có chiều cao $h$. Như vậy,

$$p_1 = \rho |\vec{g}| H + p_2 = p_0 + p_2,$$

Và

$$p_2 = p_0 + \rho |\vec{g}| h.$$

Mặt khác, $p_2$ là áp suất của không khí cuộn chiếm thể tích $S (H/2 + h/2)$ (S là diện tích mặt cắt ngang của ống). Ban đầu, không khí này chiếm một thể tích $SH/2$ ở khuỷu tay phải của đồng hồ đo áp suất 1 và cùng thể tích ở khuỷu tay trái của đồng hồ đo áp suất 2. Áp suất không khí bằng $p_0$. Xét sự lăn không khí theo sản xuất, chúng tôi viết sự tương ứng sau:

$$\frac{p_2}{p_0} = \frac{2S H/2}{S (H/2 + h/2)},$$

Ở đâu

$$p_2 = 2p_0 \frac{H}{H + h}.$$

Nhân tử số và mẫu số ở vế phải của phương trình này với $\rho |\vec{g}|$:

$$p_2 = 2p_0 \frac{\rho |\vec{g}| H}{\rho |\vec{g}| H + \rho |\vec{g}| h} = 2 \frac{p_0^2}{p_0 + \rho |\vec{g}| h}.$$

29

Từ đẳng thức (2) và (3) ta thu được

$$p_2^2 = 2p_0^2,$$

hoặc $p_2 = \sqrt{2}p_0$.

Khi đó từ đẳng thức (1)

$$p_1 = (1 + \sqrt{2})p_0 \approx 2.4 \text{ amm},$$

tức là áp suất $p_1$ có thể vượt quá áp suất khí quyển một lượng

$$\Delta p_1 = p_1 - p_0 \approx 1.4 \text{ amm}.$$

I. Slobodetsky

F412. Giáo viên quay lên bảng, quan sát cả lớp qua hình ảnh phản chiếu của kính. Cùng lúc đó, anh nhìn thấy hai hình ảnh phản chiếu của một học sinh ngồi cách mình 5 m: một cách 5 m, một cách $5/7$ m. Quay mặt về phía lớp, qua cặp kính anh nhìn thấy hình ảnh cậu học sinh ấy ở khoảng cách 2,5 m. Xác định chỉ số chiếm ưu thế của vật liệu mà từ đó các đường kính được tạo ra.

Số mũ xếp trước $n$ có thể được tìm thấy từ công thức tính công suất quang đường dây

$$D = (n - 1) \left( \frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2} \right),$$

(1)

nếu bạn biết công suất quang $D$ của đường thẳng và bán kính $R_1$ và $R_2$ của các bề mặt hình cầu của nó.

Chúng ta hãy xem xét cách thu được hình ảnh của một học sinh khi giáo viên nhìn anh ta và quay mặt về phía bảng. Tuy nhiên, hình ảnh được hình thành bởi các tia phản xạ từ bề mặt phía trước (gần mắt nhất) của đường kính. Cái còn lại được tạo ra bởi các tia đi qua các đường thẳng, phản xạ từ mặt sau của nó và lại truyền qua các đường thẳng.

Theo điều kiện của bài toán, khoảng cách đến một trong các hình này bằng khoảng cách đến học sinh: $f_1 = d = 5 \text{ m}$. Trước hết, đây là đặc điểm của gương phẳng (Hình 10). Vì vậy, điều tự nhiên là giả định rằng mặt trước và các đường mới đi qua là phẳng, và

$$\frac{1}{R_1} = 0.$$

Hình ảnh nằm ở khoảng cách $f_2 = 5/7 \text{ m}$ được tạo ra bởi hệ thống quang học đường gương-gương. Hệ thống này có thể được thay thế bằng một dòng tương đương. Công suất quang của nó bằng tổng đại số của công suất quang của các phần tử của hệ:

$$D + \frac{2}{R_2} + D = 2D + \frac{2}{R_2}.$$

Sau đó theo công thức đường

$$\frac{1}{d} - \frac{1}{f_2} = 2D + \frac{2}{R_2}.$$

(2)

Có một dấu trừ ở phía trước giá trị $1/f_2$ vì hình ảnh có kích thước tối thiểu.

Khi giáo viên nhìn một học sinh qua kính, ông ấy sẽ nhìn thấy hình ảnh tối thiểu của học sinh đó ở khoảng cách $f_3 = 2,5 \text{ m}$ (Hình 11). Trong trường hợp này, công thức dòng sẽ được viết như sau:

$$\frac{1}{d} - \frac{1}{f_3} = D.$$

(3)

Từ đẳng thức (2) và (3)

$$D = -\frac{1}{5} \partial n m p$$ và $$\frac{1}{R_2} = -\frac{2}{5} \frac{1}{m}.$$

Đúng như mong đợi, chúng ta thấy rằng gương lồi và đường thẳng tương ứng là lõm phẳng.

Thay các giá trị $D, 1/R_1$ và $1/R_2$ vào công thức (1), ta tìm được

$$n = 1,5.$$

Nếu chúng ta giả sử rằng sau khi phản xạ từ mặt trước của đường thẳng, hình ảnh xuất hiện ở khoảng cách $5/7 \text{ m}$ và thực hiện các phép tính thích hợp, thì chúng ta sẽ đi đến kết quả không thể xảy ra $n = 0,75$. Xem cho chính mình.

V. Belonuchkin