Kvant 1977, số 5 · Trang

KVANT 5
1977

Tạp chí VẬT LÝ VÀ TOÁN HỌC PHỔ BIẾN
HỌC VIỆN KHOA HỌC LIÊN XÔ và VIỆN KHOA HỌC SƯ VỤ LIÊN XÔ

36

Ốc sên PASCAL

Trong hình này bạn thấy một nhóm đường cong được gọi là ốc Pascal. Mỗi người trong số họ có được như sau. Chúng ta hãy vẽ một hình tròn có bán kính nhất định trên mặt phẳng và sử dụng một hình tròn được cắt từ giấy có cùng bán kính “có tay cầm” - một thanh trong đó tạo ra các lỗ. Chúng ta sẽ lăn hình tròn ra bên ngoài dọc theo hình tròn mới đã vẽ mà không bị trượt, đồng thời nhét bút chì vào một trong các lỗ trên tay cầm. Sau đó, bút chì sẽ chỉ phác thảo con ốc sên của Pascal.

Đường màu đỏ trong hình là cardionade, một trong những con ốc sên của Pascal (bút chì được cắm vào một điểm trên chu vi của một vòng tròn chuyển động được).

Các phương pháp cấu tạo và tính chất khác của ốc Pascal được mô tả ở trang 1. 36.

1

Tổng biên tập Viện sĩ I. K. Kikoin
Phó Tổng biên tập thứ nhất Viện sĩ A. N. Kolmogorov

Tuyển tập biên soạn:
M. I. Bashmkov
S. T. Belyaev
V. G. Boltyansky
N. B. Vasiliev
Yu. N. Efremov
V. G. Zubov
P. L. Kapitsa
V. A. Kirillin
A. I. Klimanov
(nghệ sĩ chính)
S. M. Kozel
V. A. Leshkovtsev
(Phó tổng biên tập)
L. G. Makar-Limanov
A. I. Markushevich
N. A. Patrikeeva
I. S. Petrkov
N. Kh. Rozov
A. P. Savin
Tôi. Sh. Slobodetsky
M. L. Smolyansky
(Phó tổng biên tập)
Y. A. Smorodinsky
V. A. Fabricant
A. T. Tsvetkov
M. P. Shaskolskaya
S. I. Schwartzburg
A. I. Shirshov

TRONG PHÒNG:
V. Boltyansky. Về khái niệm diện tích và thể tích
M. Mamikon. Khối lượng bóng
A. Dozorov. Có thể tự nâng mình bằng tóc được không?

Phòng thí nghiệm “Quaita”
G. Novinsky, V. Khomazik. Định luật Archimedes và…
lời giải phương trình
V. Smytslev. Báo cáo tình trạng và…
phương trình

Cuốn sách vấn đề “Quaita”
Bài toán M441—M445; F453—F457
Lời giải bài toán M396, M397, M400—M402; F407—F412

Qua những trang sách giáo khoa
A. Vilenkin, Yu. Ionin. Diện tích và liên vùng

“Bỏ cuộc” đối với sinh viên trẻ
Bài toán
E. Turetsky, N. Tseytlin. Kinh điển thứ bảy của sự tự tin

Hỏi - chúng tôi trả lời
Xưởng của người nộp đơn
E. Galkin. Hợp lý hay phi lý?
Yu. Nikolsky, V. Fedosov, V. Chekhlov, A. Sheladin.
Viện Vật lý-Kỹ thuật Moscow
Yu. Ivanov. Khoa Quản lý và Toán ứng dụng MIPT

Gần đúng bài toán kỳ thi tuyển sinh vào các trường đại học toán năm 1977

Đánh giá, thư mục
L. Slukin. Lỗi trong “Lỗi…”

Thông tin
S. Voinov. Diễn đàn thiên văn trẻ

Đáp số, gợi ý, lời giải
Trộn (tr. 9, 16, 36, 43, 56)

© Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học của nhà xuất bản “Nuka”, “Quait”, 1977

2

Người ta thường nói diện tích $S(F)$ của hình $F$ là một con số cho biết hình này “được tạo thành” bằng bao nhiêu đơn vị diện tích (một đơn vị diện tích được coi là hình vuông có cạnh bằng một đơn vị chiều dài). Tuy nhiên, cách biểu diễn trực quan như vậy không thể đóng vai trò là một định nghĩa toán học chính xác về khái niệm diện tích. Chẳng hạn, vẫn chưa rõ làm thế nào một vòng tròn có bán kính nhất định được “tạo thành” từ các đơn vị diện tích.

Một trong những cách để làm rõ khái niệm diện tích dựa trên việc xem xét bảng màu - chia mặt phẳng thành các hình vuông tắc nghẽn. Đặt cạnh của một hình vuông trong bảng màu có chiều dài 1. Trong Hình 1, hình $F$ chứa một hình gồm 9 ô vuông trong bảng màu và được chứa trong một hình gồm 29 ô vuông; do đó $9 \leq S(F) \leq 29$. Để ước tính chính xác hơn, bạn có thể sử dụng bảng màu có các ô vuông có cạnh dài 1/10 (sao cho mỗi ô vuông chứa 100 ô vuông của một bảng màu mới). Giả sử, nếu $F$ chứa một hình gồm 1716 ô vuông của bảng màu mới và được chứa trong một hình gồm 1925 ô vuông như vậy, thì $17,16 \leq S(F) \leq 19,25$. Bằng cách giảm bảng màu một lần nữa (tức là giảm độ dài cạnh của hình vuông xuống 10 lần), chúng ta sẽ có thể ước tính $S(F)$, v.v., chính xác hơn nữa.

Quá trình đo được mô tả không chỉ được sử dụng để tính diện tích mà còn dùng để định nghĩa khái niệm diện tích. Cụ thể, hãy xem xét một bảng màu có độ dài các cạnh của hình vuông bằng $1/10^k$. Đặt $F$ chứa một hình bao gồm $a_k$ hình vuông của bảng màu này và được chứa trong hình bao gồm $b_k$ các hình vuông như vậy (ví dụ: ở trên chúng ta có $a_1 = 1716$, $b_1 = 1925$). Khi đó chúng ta có thể nói rằng $\frac{a_k}{10^{2k}}$ là giá trị của diện tích của hình $F$ khi thiếu và $\frac{b_k}{10^{2k}}$ khi thừa.

Tăng $k$ không giới hạn, ta có thể xét giá trị trước đó

$$S(F) = \lim_{k \to \infty} \frac{a_k}{10^{2k}}, \quad S(F) = \lim_{k \to \infty} \frac{b_k}{10^{2k}},$$

4

điểm nội bộ thì $S(F_1 \cup F_2) = S(F_1) + S(F_2)$;
(hàm $\gamma$ $S$ là bất biến đối với chuyển vị, tức là nếu $F_1 \cong F_2$ thì $S(F_1) = S(F_2)$;
($\delta$ một hình vuông có diện tích bằng 1.

Sau khi xem xét những tính chất này, một bước ngoặt xuất hiện trong lý thuyết diện tích. Vấn đề là định lý tồn tại và duy nhất sau đây là hợp lệ: trên lớp của tất cả các hình tứ giác đều tồn tại và chỉ có một, hàm $S$, có thuộc tính $(\alpha), (\beta), (\gamma), (\delta)$. Định lý này đóng một vai trò quan trọng. Định nghĩa về diện tích ở trên (sử dụng bảng màu) có thể được gọi là mang tính xây dựng, vì diện tích được xác định bằng cách sử dụng cấu trúc được mô tả (quy trình đo lường). Bây giờ chúng ta có thể đưa ra một mô tả khác về khái niệm diện tích; Nói một cách đại khái, diện tích là “cái có tính chất $(\alpha), (\beta), (\gamma), (\delta)$”. Thật ra, theo định lý về sự tồn tại và duy nhất, ngoài diện tích ra không có hàm số nào khác có tính chất vừa nêu. Chính xác hơn, bây giờ chúng ta có thể nói rằng diện tích là một hàm số được xác định trên tập hợp tất cả các hình tứ phương và thỏa mãn điều kiện $(\alpha), (\beta), (\gamma), (\delta)$. Với cách tiếp cận này, các thuộc tính $(\alpha), (\beta), (\gamma), (\delta)$ không cần phải được chứng minh (chúng được coi là tiên đề diện tích) và bản thân định nghĩa trở thành tiên đề chứ không mang tính xây dựng như trước đây.

Với định nghĩa tiên đề về diện tích, các bảng màu trở nên không thể tránh khỏi $^*$) và tất cả các thuộc tính khác của diện tích đều được rút ra từ các tiên đề $(\alpha), (\beta), (\gamma), (\delta)$ dưới dạng định lý. Ví dụ, từ các tiên đề có thể suy ra rằng với $F \supset G$ thì bất đẳng thức $S(F) \geq S(G)$ là đúng (tính chất đơn điệu của diện tích); rằng đối với mọi hình tứ giác $F_1, F_2$ thì sự tương ứng $S(F_1 \cup F_2) = S(F_1) + S(F_2) - S(F_1 \cap F_2)$ là hợp lệ; tỉ số diện tích của các hình tương tự bằng bình phương của hệ số tương tự, v.v.

Cuối cùng chúng ta hãy chuyển sang câu hỏi về tính diện tích. Phương pháp đơn giản nhất để tính diện tích, được biết đến từ thời cổ đại, là phương pháp phân rã. Để hiểu phương pháp này, hãy xem xét các hình $F$ và $H$ được hiển thị trong Hình 3. Các đường chấm chấm chia các hình này thành các phần bằng nhau tương ứng, tức là các hình $F$ và $H$ có bố cục bằng nhau. Nói chung, hai hình được gọi là tương đương nếu cắt một trong chúng thành hữu hạn

Hình 3.

số phần, có thể (bằng cách sắp xếp các phần này theo cách khác nhau, nghĩa là bằng cách xem xét các số bằng nhau với các phần này) để tạo ra hình thứ hai từ chúng.

Từ các tiên đề $(\beta)$ và $(\gamma)$ suy ra hai hình đều có kích thước bằng nhau, tức là chúng có cùng diện tích. Phương pháp phân rã dựa trên điều này: hình, diện tích cần tính, được chia thành một số hữu hạn các phần để từ các phần này có thể tạo ra một hình đơn giản hơn (diện tích đã biết). Ví dụ, hình bình hành tương đương với một góc vuông, có cùng đáy và cùng chiều cao (Hình 4), và do đó, khi biết công thức tính diện tích góc vuông, chúng ta thiết lập công thức tính diện tích hình bình hành. Hình tam giác tương đương với một hình bình hành, có cùng đáy và một nửa chiều cao (Hình 5), và điều này cho phép chúng ta tính diện tích của hình tam giác.

Bạn có thể dễ dàng tính diện tích hình tam giác, dễ dàng tính diện tích

Gọi $S(x)$ là diện tích của phần hình $F$ nằm ở bên trái của đường vẽ qua điểm $x$.

Không khó để chứng minh rằng hàm $S$ là nguyên hàm của $f$ trên khoảng $[a, b]$, tức là $S'(x) = f(x)$ cho $x \in ]a, b[$. Thật vậy, giả sử $\varepsilon$ là một số dương tùy ý nhỏ hơn $f(x)$. Trên một đường thẳng song song với trục tọa độ và đi qua điểm $x$, ta lấy các điểm $M, N, P, Q$, cách nhau $\varepsilon/2$ tính từ các đầu của đoạn mà đường thẳng lấy cắt hình $F$ (Hình 10). Các điểm $M, Q$ nằm bên ngoài hình $F$ và $N, P$ là các điểm bên trong của hình này. Do đó, tồn tại $\delta > 0$ sao cho các đoạn có chiều dài 2$\delta$, song song với trục hoành và có trung điểm tại các điểm $M, N, P, Q$, nằm: đoạn đầu tiên và đoạn cuối - bên ngoài hình $F$, đoạn thứ hai và thứ ba - bên trong nó. Bây giờ giả sử $\Delta x$ là một số dương nhỏ hơn $\delta$. Sự khác biệt $\Delta S(x) = S(x + \Delta x) - S(x)$ bằng diện tích của hình được bảo vệ trong Hình 10. Vùng này sẽ nằm giữa diện tích của hình chữ nhật $NLTP$ và $MKRQ$, tức là.

$$(f(x) - \varepsilon) \Delta x < \Delta S(x) < (f(x) + \varepsilon) \Delta x.$$

Từ đây

$$f(x) - \varepsilon < \frac{\Delta S(x)}{\Delta x} < f(x) + \varepsilon$$

tại $0 < \Delta x < \delta$.

Tương tự, người ta xác minh rằng bất đẳng thức thu được được thỏa mãn

7

và với mọi $\Delta x$ âm trừ khi $-\delta < \Delta x < 0$. Do đó, với bất kỳ $\varepsilon > 0$ nào cũng có một $\delta > 0$ sao cho bất đẳng thức $0 < |\Delta x| < \delta$ (*) đúng. Theo định nghĩa về giới hạn, điều này có nghĩa là

$$\lim_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta S(x)}{\Delta x} = f(x),$$

tức là

$$S'(x) = f(x).$$

Đẳng thức đã được chứng minh cho phép chúng ta tính diện tích của hàm $F$. Giả sử $\varphi$ là nguyên hàm nào đó của hàm $f$. Vì $S$ cũng là nguyên hàm của hàm này, nên $\varphi$ và $S$ khác nhau một hằng số, tức là có một số $c$ sao cho $\varphi(x) = S(x) + c$ với bất kỳ $x \in [a, b]$ nào.

Kể từ đây,

$$\varphi(b) - \varphi(a) = (S(b) + c) - (S(a) + c) = S(b) - S(a) = S(F)$$

(vì $S(a) = 0$ và $S(b)$ là diện tích của toàn bộ hàm $F$). Vì vậy, nếu $\varphi$ là một nguyên hàm nào đó của hàm $f$, thì hiệu $\varphi(b) - \varphi(a)$ bằng diện tích của hàm $F$, tức là $S(F) = \int_a^b f(x) dx$.

Ví dụ: nếu $F$ là một “tam giác cong” được giới hạn bởi parabol $y = x^2$ và các đường thẳng $y = 0$, $x = b$ (Hình 11), thì đường thẳng đi qua điểm $x$ của đoạn $[0, b]$ và song song với trục tọa độ cắt ra khỏi “tam giác” $F$ này là một đoạn có độ dài $x^2$, tức là trong trường hợp này là $f(x) = x^2$. Đối với hàm $f(x) = x^2$ một trong các nguyên hàm là hàm $\varphi(x) = \frac{1}{3} x^3$. Do đó, diện tích của hàm $F$ được tìm theo công thức

$$S(F) = \varphi(b) - \varphi(0) = \frac{1}{3} b^3.$$

Lưu ý rằng bằng cách trừ diện tích của “tam giác” $F$ khỏi diện tích của hình chữ nhật $ABCD$ (Hình 12), chúng ta thu được diện tích của đoạn parabol, do đó hóa ra bằng $\frac{4}{3} b^3$. Như bạn có thể thấy, với sự trợ giúp của nguyên hàm, chúng ta chỉ cần thu được kết quả mà Archimedes rút ra bằng cách sử dụng một phép tính phức tạp dựa trên việc sử dụng phương pháp rút gọn *). Học sinh ngày nay biết nhiều hơn những gì Archimedes vĩ đại đã biết!

Kết thúc câu chuyện về khái niệm diện tích, chúng ta hãy xem xét cái gọi là giá trị Cavalieri**). Cho phép

*) Để biết thêm chi tiết về vấn đề này, xem bài viết của A.D. Bendukidze “Archimedes và phương trình cầu phương của parabol” (Kvant), 1971, số 7, tr. 7).

**) Nguyên tắc Cavalieri đối với diện tích đã được đề cập trên các trang «Kvant» - trong bài viết của S. Verov “Bí mật của Cyclops” («Kvant», 1975, Số 8, trang 21) và trong bài báo của S. Pukhov “Bài toán về vật thể lồi” («Kvant», 1977, Số 2, tr. 30).

8

Ngoài $F$, còn có một hình khác $H$ (Hình 13), hình chiếu của nó, dựa trên sự hợp nhất, là cùng một đoạn $[a, b]$. Ngoài ra, giả sử rằng mỗi đường thẳng song song với trục tọa độ cắt các hình $F$ và $H$ dọc theo các đoạn bằng nhau. Khi đó diện tích của hình $H$ được biểu thị bằng tích phân giống như diện tích của hình $F$, tức là $S(H) = \int_{a}^{b} f(x) dx$, và do đó $S(F) = S(H)$. Vì vậy, nếu bất kỳ đường thẳng nào song song với một đường thẳng cố định cho trước (ví dụ: trục tọa độ) cắt các hình $F$ và $H$ dọc theo các đoạn thẳng bằng nhau thì các hình $F$ và $H$ có ​​kích thước bằng nhau: $S(F) = S(H)$. Đây là những nguyên tắc Cavalieri (đối với hình vuông). Chúng tôi rút ra nó bằng cách sử dụng công thức biểu thị diện tích của một hình thông qua tích phân. Cavalieri đã bày tỏ nguyên lý của mình (và áp dụng nó để tính diện tích và thể tích) ngay cả trước đó, trong các công trình của Newton, Leibniz và các nhà khoa học khác.

Hình 13.

Hình 14.

các khái niệm về thứ nhất và tích phân đã được giới thiệu.

Hình 14 cho thấy hai hình, do nguyên lý Cavalieri, có kích thước bằng nhau. Tuy nhiên, sự bằng nhau về diện tích của các hình này có thể dễ dàng được thiết lập bằng phương pháp phân vùng (làm thế nào?).

Khái niệm thể tích được đưa ra tương tự như khái niệm diện tích. Trong quá trình định nghĩa mang tính xây dựng, các hình khối (tương tự như pallet) sẽ được xem xét, tức là phân chia không gian thành các hình khối đồng dạng. Hãy xem xét một hình khối trong đó chiều dài các cạnh của hình lập phương bằng $1/10^k$. Đặt hình không gian $F$ chứa một hình gồm $a_h$ hình khối của khối này và được chứa trong hình gồm $b_h$ các hình khối như vậy. Khi đó $\frac{a_h}{10^{3k}}$ là giá trị thể tích của hình $F$ khi thiếu và $\frac{b_h}{10^{3k}}$ khi thừa. Nếu hình $F$ sao cho là giới hạn

$$V(F) = \lim_{k \to \infty} \frac{a_k}{10^{3k}}, \quad V(F) = \lim_{k \to \infty} \frac{b_k}{10^{3k}}$$

trùng nhau thì hình $F$ gọi là lập phương, số $V(F) = \overline{V}(F)$ gọi là thể tích của hình $F$ và ký hiệu là $V(F)$. Âm lượng $V$ là một hàm được xác định trên lớp của tất cả các hình lập phương và nhận các giá trị số.

Giống như diện tích, thể tích có thể được định nghĩa theo tiên đề và các tiên đề làm cơ sở cho khái niệm thể tích hoàn toàn giống với các tiên đề về diện tích:

(α) hàm $V$ không âm, tức là $V(F) \geq 0$ đối với mọi hình lập phương $F$;

(β) hàm $V$ là hàm cộng, tức là nếu $F_1$ và $F_2$ là các hình lập phương không có điểm chung bên trong thì

$$V(F_1 \cup F_2) = V(F_1) + V(F_2);$$

(γ) hàm $V$ là bất biến dưới các chuyển vị, tức là nếu $F_1 \cong F_2$ thì $V(F_1) = V(F_2);$

(δ).ed khối lập phương đơn vị (tức là khối lập phương có cạnh có chiều dài bằng 1) có thể tích là 1.

9

Giống như trong trường hợp diện tích, định lý tồn tại và duy nhất đúng.

Không tập trung vào các phương pháp khác, chúng ta hãy xem xét cách tính thể tích bằng cách sử dụng tích phân và nguyên lý Cavalieri về thể tích.

Cho một hệ tọa độ trong không gian và lấy một số hình $F$, hình chiếu của nó lên trục hoành được biểu thị bằng một đoạn nhất định $[a, b]$. Bằng $S(x)$ chúng ta biểu thị diện tích của hình cắt ra từ $F$ bằng một mặt phẳng vuông góc với trục hoành và đi qua điểm $x$ của đoạn $[a, b]$. Tiếp theo, bằng $V(x)$, chúng ta biểu thị thể tích của phần đó của hình $F$, nằm ở bên trái của mặt phẳng đã vẽ (Hình 15). Khi đó đẳng thức $V'(x) = S(x)$ là đúng, tức là $V$ là nguyên hàm của hàm $S$. Việc chứng minh đẳng thức này cũng giống như trong trường hợp diện tích.

Tất nhiên, để bằng chứng được thông qua, phải đưa ra một số giả định. Hình $F$ phải là hình khối, các tiết diện của nó phải là hình vuông.

Hình 15.

Hình 16.

được chấp nhận. Ngoài ra, phải đưa ra một số giả định về đặc điểm của ranh giới cơ thể $F$ (được thực hiện bằng cách suy luận tương tự như trong Hình 10). Ví dụ, trong sách giáo khoa lớp X, đẳng thức $V'(x) = S(x)$ có giá trị trong trường hợp $F$ là hình quay thuộc loại đặc biệt. Chúng tôi không dừng lại ở đó. Từ đẳng thức $V'(x) = S(x)$ suy ra rằng đối với thể tích của hình $F$ thì công thức đúng

$$V(F) = \int_a^b S(x) dx.$$

Cuối cùng, từ công thức này tuân theo nguyên tắc Cavalieri cho obtems: nếu bất kỳ mặt phẳng nào song song với một mặt phẳng cố định cắt các hình không gian $F$ và $H$ dọc theo các hình có cùng diện tích (Hình 16), thì các hình $F$ và $H$ bằng nhau: $V(F) = V(H)$. Một ví dụ điển hình về việc áp dụng nguyên lý Cavalieri để tính thể tích được đưa ra trong ghi chú được xuất bản trong số này của M. Mamikon.

Chúng tôi khuyên bạn nên mua!

Vilenkin N. Ya. Tổ hợp phổ biến. C. 35k.
Vygodsky M. Ya. Sổ tay toán tiểu học. C. 35k.
Koshkin N.I. Sổ tay vật lý cơ bản. Ts. 97k.
Polya D. Khám phá toán học. Ts. 1 r. 62k.

Gửi đơn hàng đến địa chỉ: 103031, Moscow, Petrovka, 15. Cửa hàng số 8 “Sách kỹ thuật”.

10

Có lẽ học sinh nào cũng biết rõ thể tích của một quả cầu là bao nhiêu. Bạn có biết rằng thể tích đầu tiên của một quả cầu đã được Archimedes của Hy Lạp cổ đại tính toán vào thế kỷ thứ ba trước Công nguyên? e.?

Archimedes tính thể tích hình cầu theo hai cách. Phương pháp đầu tiên là tổng hợp các tổng giữa các phần và về bản chất, rất gần với phương pháp tích phân hiện đại (xem “Đại số và sự khởi đầu của phân tích 10,” trang 104, 107). Phương pháp thứ hai, cơ bản hơn của Archimedes là sử dụng một nguyên lý cơ học kết hợp nguyên lý mặt cắt ngang và quy luật đòn bẩy mà ông cũng đã khám phá ra.

Archimedes đã chứng minh rằng thể tích của hình cầu nhỏ hơn thể tích của hình trụ bao quanh quả cầu một lần rưỡi:

$$V_{\text{ш}} = \frac{2}{3} v_{\text{ш}}.$$

Archimedes coi kết quả này là thành tựu lớn nhất của mình. Sau khi hoàn thành Archimedes, một quả bóng có hình trụ được khắc trên mộ của ông. Chính trên cơ sở này mà Cicero đã tìm thấy lăng mộ của Archimedes một thế kỷ rưỡi sau đó. Bây giờ nó lại bị mất.

Trong phần đầu của bài viết, chúng tôi sẽ giải thích cách Archimedes tính thể tích hình cầu bằng phương pháp cơ học của ông. Và sau đó chúng ta giải số hình học bài toán này.

Ngay cả trước Archimedes, nguyên lý mặt cắt đã được biết đến, mới được gọi là “nguyên lý Cavalieri” (xem bài viết của V. Boltyansky “Về các khái niệm diện tích và thể tích,” trang 2). Nguyên tắc này như sau.

Cho hai vật thể vào trong không gian (xem trình bảo vệ màn hình) và để bất kỳ mặt phẳng nào song song với mặt phẳng này, trong phần có vật thể này, tạo thành hai hình có diện tích bằng nhau: $S_1 = S_2$. (Nói chung, trong trường hợp này, tiết diện của mỗi vật thể có thể thay đổi.) Khi đó hai vật thể này có thể tích bằng nhau: $V_1 = V_2$.

Hãy tưởng tượng rằng cả hai vật đều được xếp từ các lớp phẳng song song rất mỏng có cùng độ dày. Nếu mỗi lớp của một cơ thể nặng bằng lớp tương ứng trong cơ thể khác nặng thì cả hai cơ thể nói chung đều nặng như nhau.

Rõ ràng là nguyên tắc mặt cắt cũng có giá trị ở dạng tổng quát hơn: nếu cho ba vật thể và trong mỗi mặt phẳng song song thì diện tích mặt cắt ngang của hai vật thể đầu tiên bằng tổng bằng diện tích mặt cắt ngang của vật thể thứ ba: $S_1 + S_2 = S_3$, thì tổng thể tích của hai vật thể đầu tiên bằng thể tích của vật thể thứ ba: $V_1 + V_2 = V_3$.

Như chúng ta sẽ thấy dưới đây, Archimedes, sử dụng sự phát triển cơ học tổng quát hơn của nguyên lý tiết diện, tính tổng để biểu thị thể tích của quả bóng thông qua thể tích của hình trụ và hình nón. Cái sau đã được tính toán ngay cả trước Archimedes. Đặc biệt, Eudoxus đã chứng minh rằng thể tích của hình nón gấp ba lần

11

Thay đổi thể tích của hình trụ được mô tả xung quanh nó.

Phương pháp của Archimedes

Theo Archimedes, chúng ta hãy vẽ một hình tròn có bán kính $R$ và một hình chữ nhật có tâm chung $O$ với hình tròn, có cạnh dài $2R$ và $4R$. Chúng ta hãy nội tiếp vào hình chữ nhật này một tam giác vuông đều có một góc vuông ở đỉnh $A$ (Hình 1).

Nếu chúng ta xoay hình vẽ quanh trục $AB$, thì hình tròn khi xoay sẽ tạo thành một quả cầu có bán kính $R$, hình chữ nhật tạo thành hình trụ tròn có bán kính đáy $2R$ và hình tam giác tạo thành hình nón nội tiếp trong hình trụ có cùng đáy.

Chọn trên trục quay $AB$ điểm $C$ ở một khoảng cách nào đó $x$ từ điểm $A$ và vẽ qua điểm $C$ máy bay $\alpha$, vuông góc $(AB)$. Mặt cắt ngang của hình trụ tạo thành một đường tròn có bán kính $2R$, trong mặt cắt ngang với hình nón - hình tròn bán kính $|CD| = |AC| = x$ (vì góc ở đỉnh của hình nón thẳng); trong mặt cắt ngang với quả bóng - một vòng tròn bán kính $|CE|$. Từ Hình 1 rõ ràng rằng

$$|AE|^2 = |CE|^2 + |AC|^2 = |CE|^2 + |CD|^2.$$

Mặt khác, $AE$ là chân của tam giác vuông $AEB$ ($AB$ là đường kính của hình tròn), sau đó là $|AE|^2 = |AB| \cdot |AC|$. Kể từ đây,

$$|AB| \cdot |AC| = |CD|^2 + |CE|^2.$$

Nhân cả hai vế của đẳng thức này với số $\pi \cdot |AB|$, ta được

$$\pi \cdot |AB|^2 \cdot |AC| = \pi \cdot |CD|^2 \cdot |AB| + \pi \cdot |CE|^2 \cdot |AB|.$$ (1)

Giá trị $S_K = \pi \cdot |CD|^2$ là diện tích hình tròn do giao điểm của hình nón với mặt phẳng $\alpha$. Giá trị $S_{III} = \pi \cdot |CE|^2$ là diện tích hình tròn tính từ mặt cắt ngang của quả bóng.

Diện tích hình tròn do tiết diện của hình trụ bằng $S_{II} = \pi \cdot |AB|^2$. Do đó, chúng ta có thể viết lại đẳng thức (1) như sau:

$$x \cdot S_{II} = 2R \left( S_{III} + S_{II} \right).$$ (2)

Nếu $x$ có thể không đổi, thì với sự trợ giúp của prinizap, theo danh sách các phần, chúng ta sẽ biểu thị thể tích của hình cầu, hình nón và hình trụ theo hình tròn.

Nhưng $x$ có thể thay đổi và điều này làm cho tình hình trở nên phức tạp hơn rất nhiều. Có vẻ như họ sẽ không tiến xa hơn nữa. Nhưng sau đó Archimedes đã bị ấn tượng bởi một nhận thức sâu sắc tuyệt vời, ý nghĩa của nó như sau.

Hãy đặt nó trên một đường thẳng $AB$ Blevо từ điểm $A$ đoạn $AT : |AT| = |AB|$. Bây giờ chúng ta hãy tưởng tượng rằng các phân đoạn $AB$ Và $AT$ là cánh tay của đòn bẩy; điểm tựa của nó trùng với điểm $A$. Sau đó sự tương ứng với các phần hình tròn của quả bóng $S_{III}$ và hình nón $S_K$ đến mức $T$, khi đó họ sẽ “cân bằng” về điểm $A$ tiết diện hình trụ $S_{II} = \pi \cdot |AB|^2$, để lại vị trí của nó $C^*$. Archimedes thay thế rằng một sự tương ứng bổ sung được thiết lập cho bất kỳ phần nào khác của quả bóng, hình nón và hình trụ nằm trong cùng một mặt phẳng “thẳng đứng”. Điều quan trọng cần lưu ý ở đây là các phần của quả bóng và hình nón luôn bị “lắc lư”. Tại cùng một điểm $T$, ở khoảng cách $2R$ từ điểm tựa đòn bẩy $A$, và các mặt cắt của hình trụ cách nhau một khoảng $x$ từ điểm tựa $A$. Xem xét các phần khác nhau của ba mặt phẳng thẳng đứng của chúng ta (cách xa điểm $A$ ở những khoảng cách khác nhau $x$), mỗi lần chúng ta treo các phần của hình trụ ở những vị trí khác nhau (các phần của hình nón và hình cầu

*) Chúng ta giả sử rằng các phần $S_{III}$, $S_K$ và $S_{II}$ được làm từ cùng một vật liệu dưới dạng các đĩa tròn rất mỏng có độ dày bằng nhau.

12

Hình 2.

thay đổi độ lớn khi $x$ thay đổi). Bằng cách thay đổi $x$ từ 0 thành $2R$, tức là khoảng cách của toàn bộ các phần có thể thay đổi của ba vật thể, theo đó, chúng ta sẽ cân bằng từng phần (xem Hình 2). Kết quả là, tại điểm $T$, tất cả các phần của quả bóng và hình nón được treo ở bên trái và tất cả các phần của hình trụ ở bên phải (Hình 3). Archimedes viết *): “Nếu bây giờ, cũng lấy các đường tròn, chúng ta lấp đầy cả hình trụ và quả bóng bằng hình nón, thì hình trụ, giữ nguyên vị trí, sẽ cân bằng đối với điểm $A$ với quả bóng và hình nón lấy cùng nhau, nếu chúng ta chuyển chúng sang đòn bẩy ở $T$ và đặt chúng sao cho trọng tâm của chúng nằm dưới $T$.” Nhưng trung tâm

*) Chính trong những xem xét này, người ta thấy sự kết hợp chặt chẽ giữa nguyên lý mặt cắt ngang với quy luật cân bằng cơ học của đòn bẩy.

Hình 3.

Hình 4.

13

Hình 5.

Xoay Hình 4 quanh trục thẳng đứng AB, chúng ta thu được một quả cầu có bán kính R, một hình trụ ngoại tiếp quả bóng và một hình nón tròn “kép” nội tiếp trong hình trụ với đỉnh ở tâm quả cầu O. Hình 5 cho thấy ba vật này.

Lấy điểm C trên trục quay AB cách tâm quả bóng một khoảng x nhất định rồi vẽ một mặt phẳng nằm ngang (MN) qua C. Mặt phẳng này tiết diện với hình trụ tạo thành một đường tròn bán kính $|CM| = R$, tiết diện hình nón - đường tròn bán kính $|CD| = |OC| = x$ (vì góc tại đỉnh của hình nón thẳng) và tiết diện với quả bóng - đường tròn bán kính $|CE|$. Theo định lý Pythagore $|OE|^2 = |CE|^2 + |OC|^2$, hoặc

$$|CM|^2 = |CE|^2 + |CD|^2.$$

Nhân cả hai vế của mối quan hệ này với số π, chúng ta thu được $\pi \cdot |CM|^2 = \pi \cdot |CE|^2 + \pi \cdot |CD|^2$, tức là.

$$s_ц = S_ц + s_к,$$

(3)

trong đó $s_ц$, $S_ц$ và $s_к$ lần lượt là diện tích của các hình tròn là giao điểm của hình trụ, quả cầu và hình nón với mặt phẳng (MN).

Mối liên hệ (3) được thỏa mãn đối với mọi phần khác của hình trụ, quả cầu và hình nón nằm trong cùng một mặt phẳng nằm ngang. Nhắc lại các nguyên tắc về mặt cắt ngang, chúng ta hãy chuyển từ quan hệ (3) đối với mặt phẳng sang quan hệ tương tự đối với thể tích:

$$v_ц = V_ц + v_к.$$

Vì thể tích của hình trụ thứ hai lớn hơn thể tích của hình nón “kép” nội tiếp trong đó (có cùng đáy và chiều cao), tức là $v_к = \frac{1}{3} v_ц$, nên ta thu được kết quả của Archimedes:

$$V_ц = v_ц - v_к = v_ц - \frac{1}{3} v_ц = \frac{2}{3} v_ц,$$

cụ thể là thể tích của hình cầu nhỏ hơn một lần rưỡi so với thể tích của hình trụ được mô tả.

Bài tập
Hình 6 thể hiện một hình cầu và một hình trụ có hai đầu phễu ở đáy. Chiều cao và đường kính của đáy hình trụ bằng đường kính của quả bóng. Trong hai vật này vật nào nặng hơn?

14

Có thể tự nâng mình bằng tóc được không?

Lời giải kỹ thuật phức tạp nhất bài toán, theo quy luật, bắt đầu bằng việc xem xét một phương án lý tưởng, thường là một bước quan trọng từ việc thực hiện vấn đề. Tác giả của những dòng này cho phép mình hành động theo cách tương tự và giảng dạy từ xa.

Tùy chọn một
Bài tập. Trên mũi thuyền có một tsitma trong đó một cậu bé ném đá từ đuôi thuyền. Xét tác động của một hòn đá lên một bề mặt là hoàn toàn không đàn hồi và bỏ qua lực va chạm của con thuyền lên mặt nước và hòn đá tác động lên không khí, hãy tìm độ dịch chuyển của khối tâm của hệ.

Lời giải. Hãy xem xét hệ thống thuyền (có khiên) - cậu bé - đá. Tất cả các lực tác dụng lên các vật trong hệ này đều là lực tương tác giữa các vật trong hệ. Không có ngoại lực nào tác dụng lên hệ (xét cho cùng, chúng ta bỏ qua lực của hòn đá tác dụng lên không khí và lực của thuyền tác dụng lên nước). Nhưng điều này có nghĩa là động lượng (động lượng của chuyển động) của hệ không đổi. Và nếu tại thời điểm ban đầu (trước khi ném hòn đá) khối tâm của hệ đứng yên (thuyền ở trong nước yên lặng) hoặc chuyển động với vận tốc nhất định $v$ (thuyền trôi theo dòng nước), thì tại bất kỳ thời điểm nào khác nó sẽ đứng yên hoặc sẽ chuyển động với cùng vận tốc $v$. Cả việc ném một hòn đá và ném một hòn đá vào bụi cây đều không ảnh hưởng đến vị trí của khối tâm. Nói cách khác, lực tương tác giữa các vật thể của một hệ cô lập (đóng) không thể làm thay đổi vị trí khối tâm của hệ.

Tùy chọn hai, trong đó bài toán có phần có điều kiện
Bài tập. Trên mũi thuyền có một tsitma trong đó một cậu bé ném đá từ đuôi thuyền. Xét tác động của hòn đá lên bề mặt là hoàn toàn không đàn hồi và giá trị tuyệt đối của lực va chạm của thuyền lên mặt nước bằng $F$, và bỏ qua lực va chạm của hòn đá lên không khí, hãy tìm độ dịch chuyển của khối tâm của hệ*).

Lời giải. Nếu trước khi ném hòn đá, khối tâm của hệ đứng yên thì vận tốc của thuyền $v_{\text{л0}}$ ngay sau khi ném và vận tốc của hòn đá $v_{\text{к}}$ liên hệ với nhau bởi hệ thức

$$mv_{\text{к}} + Mv_{\text{л0}} = 0$$

(m là khối lượng hòn đá, M là khối lượng thuyền). Sau khi ném, ngay khi thuyền bắt đầu di chuyển với tốc độ $v_{\text{л0}}$, hệ thống thuyền - cậu bé - đá

*) Trong cuộc sống, sức mạnh của sự giả vờ phụ thuộc vào tốc độ của cơ thể. Vì vậy, không hoàn toàn đúng khi nói về sức mạnh không ngừng của yêu sách. Tuy nhiên, tất cả lý do và kết luận định tính mà chúng tôi nhận được trong lựa chọn này sẽ công bằng; dưới tác dụng của lực $F$ bạn nên nhớ giá trị trung bình (theo thời gian $t$) của lực của yêu cầu bồi thường.

15

hoán vị. Một ngoại lực bắt đầu tác dụng lên nó - lực $\vec{F}$ của thuyền cọ xát với nước (dấu “—” trước $\vec{F}$ có nghĩa là hướng của lực này ngược với hướng $\vec{v}_{\pi0}$). Lực ma sát sẽ làm vận tốc của thuyền giảm, và khi hòn đá chạm vào tấm chắn (trong thời gian $t$ sau khi ném) vận tốc của thuyền sẽ là $\vec{v}_{\pi t} < \vec{v}_{\pi0}$, nên lúc này giá trị tuyệt đối của động lượng của thuyền sẽ giảm:
$$M |\vec{v}_{\pi t}| < M |\vec{v}_{\pi0}| = m |\vec{v}_{\kappa}|.$$
Điều này có nghĩa là tổng xung lực của toàn bộ hệ ngay sau khi hòn đá chạm vào tấm chắn sẽ khác 0 và hướng theo hướng chuyển động của hòn đá. Giá trị tuyệt đối $\vec{u}$ của tất cả các hệ (trọng tâm của nó) sau va chạm có thể được xác định từ sự tương ứng (xem Hình 1)
$$(M + m) |\vec{u}| = m |\vec{v}_{\kappa}| - M |\vec{v}_{\pi t}|,$$
hoặc (kể từ $M |\vec{v}_{\pi t}| = M |\vec{v}_{\pi0}| - |\vec{F}| t = m |\vec{v}_{\kappa}| - |\vec{F}| t)$
$$(M + m) |\vec{u}| = |\vec{F}| t.$$
Và biết các giá trị $\vec{u}$ và $\vec{F}$, không khó để tìm ra sự dịch chuyển khối tâm của hệ tại bất kỳ thời điểm nào.

Vì vậy, sự hiện diện của lực ma sát của thuyền trên mặt nước dẫn đến các đặc điểm sau:

Hình 1.

1. vận tốc của thuyền sau khi hòn đá chạm vào tấm chắn sẽ hướng theo hướng ném;
2. lực càng lớn thì tốc độ “giật ngược” của thuyền giết chết càng nhanh, $\vec{v}_{\pi t}$ càng nhỏ, do đó tốc độ cuối cùng của toàn bộ hệ thống càng lớn.
   Như vậy, bằng cách ném đá từ đuôi thuyền đến mũi thuyền, bạn có thể di chuyển mà không cần dùng đến mái chèo. Sau khi tất cả những viên đá từ đuôi tàu đã được ném xuống mũi tàu, bạn cần phải kéo chúng trở lại thật chậm. Sau đó, mọi thứ có thể được lặp lại một lần nữa.
   Nếu trong thuyền không có đá và mất mái chèo thì tình thế vẫn chưa phải là tuyệt vọng. Vai trò của hòn đá có thể phát từ đuôi tàu đến mũi tàu và từ từ quay trở lại.
   Nếu người du hành là một nhà phát minh, thì anh ta sẽ giao phó cho người thợ chế tạo những chiếc khóa hoang dã từ đuôi tàu đến thuyền. Chỉ cần lắp đặt một bộ lệch tâm trên thuyền, nó sẽ di chuyển theo các hướng khác nhau với tốc độ khác nhau.
   Phương pháp di chuyển được mô tả ở trên không phải là nguyên bản. Trong nhiều năm nay, các bài viết về xe đẩy tự hành như vậy đã xuất hiện trên các tạp chí. Và trong những năm gần đây, những mẫu xe ngựa cỡ lớn như vậy đã được tạo ra.

Tùy chọn thứ ba, trong đó mọi thứ đều được tính đến

Bây giờ chúng ta xét cả lực $\vec{F}$ của ma sát của thuyền trên mặt nước và lực $\vec{F}$ của ma sát của hòn đá trên mặt nước.

Sau khi giải quyết xong phương án thứ hai, chúng ta có thể viết ngay tổng xung lượng của hệ sẽ bằng bao nhiêu sau khi hòn đá chạm vào tấm chắn:
$$(M + m) \vec{u} = \vec{F} t + \vec{F} t.$$
Ở đây, như trước, $\vec{u}$ là tốc độ khối tâm của hệ, $t$ là thời gian bay của hòn đá trước khi chạm vào tấm chắn. Thay thế các đại lượng vectơ bằng hình chiếu của chúng lên hướng chuyển động của thuyền và lấy hướng bay của hòn đá

16

Bài toán
của chúng tôi
độc giả

1. Các tam giác đều được dựng bên ngoài trên các cạnh của tam giác ABC. Gọi D, E, F là trọng tâm của các tam giác. Chứng minh rằng $S_{DEF} \geq S_{ABC}$.
   A. Ermilov
   (Kolomna)

2. Ba điểm trên mặt phẳng là hai đầu đường kính của ba đường tròn và một trong các đường tròn đi qua ba điểm.
   Chứng minh rằng diện tích hình tròn lớn bằng tổng diện tích của hai hình tròn nhỏ hơn.
   M. Vasnetsov
   (Moscow)

3. Trên mặt phẳng dữ liệu có các tam giác ABC và MNK, đường thẳng MN đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC, tại giao điểm của các tam giác này tạo thành một lục giác có diện tích S với các cặp cạnh đối diện song song.
   Chứng minh rằng
   $3S < S_{ABC} + S_{MNK}$.
   Y. Temraliev
   (làng Novy Rychan
   vùng Astrakhan)

17

Định luật Archimedes và… phương trình lời giải

Năm ngoái, trong số thứ chín của tạp chí, chúng tôi đã thảo luận về cách giải phương trình bậc ba bằng công thức Cardan và phương pháp đồ thị. Bây giờ chúng tôi muốn giới thiệu với bạn một cách khác để giải phương trình lời giải bậc ba - sử dụng… một số vật lý.

Viết lại những trang của một tạp chí cũ nhưng rất thú vị “Bản tin Vật lý Thực nghiệm và Toán Sơ cấp” (1903, số 348), chúng tôi phát hiện ra mô tả về chiếc máy khéo léo, được sử dụng từ lâu của Meslin cho các phương trình đại số lời giải. Meslin đề xuất tìm nghiệm nguyên của phương trình
$$a_n y^n + a_{n-1} y^{n-1} + \dots + a_1 y + a_0 = 0,$$
(1) xác định độ sâu ngâm trong nước của các vật nặng được chế tạo đặc biệt treo trên ách của cân (xem hình).

Những hàng hóa này là gì? Hóa ra các vật nặng phải có hình dạng sao cho thể tích nước mà chúng chiếm chỗ bằng số với độ sâu ngâm được nâng lên theo lũy thừa (1, 2, 3, …, n). Nói cách khác, mỗi số hạng trong phương trình (1) phải tương ứng với một tải nhất định.

Thuận tiện nhất là sử dụng vật quay làm tải*). Đối với số hạng $a_1 y$ vật quay tương ứng là hình trụ có diện tích

*) Ví dụ, xem chương IV “Hình học 10”.

cơ sở bằng một. Thể tích nước bị chiếm chỗ bởi một hình trụ như vậy sẽ bằng số với độ sâu ngâm (y). Đối với thuật ngữ $a_2 y^2$ cần phải tạo ra một vật thể gọi là parabolun quay. Nó được hình thành bằng cách quay một parabol (chính xác hơn là các cung của parabol) quanh trục của nó. Nếu một parabol được mô tả bằng phương trình $y = \frac{\pi}{2} x^2$ thì thể tích của parabol quay là $V = \frac{1}{2} S y = \frac{1}{2} (\pi x^2) y = y^2$.

Khi vật này được nhúng tới độ sâu $y$, thể tích nước chiếm chỗ sẽ bằng $y^2$—bình phương của độ sâu ngâm. Thuật ngữ $a_3 y^3$ tương ứng với một hình nón, ma trận sinh của nó được mô tả bằng phương trình $y = \sqrt{\frac{\pi}{3}} x$. Một hình nón như vậy chiếm chỗ một thể tích nước bằng $y^3$—khối lập phương của độ sâu ngâm (hãy kiểm tra xem!).

Có thể chỉ ra rằng trong trường hợp tổng quát, nếu đối với số hạng $a_h y^h$ chúng ta tạo một vật thể tương ứng bằng cách xoay đường cong (chính xác hơn là các cung của đường cong) $y = \sqrt[k-1]{\frac{\pi x^2}{k}}$ quanh trục hoành, thì thể tích nước bị vật thể này chiếm chỗ sẽ bằng $y^k$.

Máy của Meslin thực sự hoạt động như thế nào? Hãy xem xét một ví dụ cụ thể - hãy thử nghiệm tìm nghiệm của phương trình bậc ba
$$y^3 - 16 y^2 + 83 y - 140 = 0.$$ (2)
Để làm việc, bạn sẽ cần cân đòn bẩy, ba bình chứa nước thông nhau (hoặc một bình lớn trong suốt) và ba quả nặng - một hình trụ, một hình paraboloid xoay và một hình nón. Tốt hơn là không gắn ách của cân vào giá đỡ (như trong hình), mà, giống như cân dược phẩm, hãy treo nó lên

18

chủ đề Trên vai phải và vai trái, chúng ta sẽ đánh dấu bằng milimét trong 20 cm. Ví dụ, trọng lượng có thể được làm từ nhôm. Chiều cao của tất cả các quả cân rỗng sẽ bằng nhau và bằng 10 cm. Hãy lấy diện tích đáy của hình trụ bằng 1 cm2, khi đó thể tích của nó sẽ bằng 10 cm³ và khối lượng của nó sẽ là 27 g. Tuy nhiên, sẽ hợp lý nếu giảm khối lượng của hình trụ xuống 10 g (tức là làm cho nó bằng thể tích): các phép tính cần thiết sẽ được đơn giản hóa đáng kể. Để làm điều này, bạn có thể khoan một lỗ tương ứng từ bên trong, dọc theo trục của hình trụ (nhưng không khoan đến đáy!). Hãy tạo ra các cơ quan cách mạng khác theo cách tương tự. Parabolon quay sẽ có thể tích 100 cm³ và khối lượng 100 g (và trong trường hợp này, một phần kim loại ở bên trong sẽ phải được loại bỏ). Nhưng tốt hơn là làm cho hình nón có thể tích và khối lượng nhỏ hơn 100 lần so với đề xuất của Meslin. Nếu không, với chiều cao hình nón là 10 cm, đường kính ở đỉnh của nó sẽ vào khoảng 20 cm! Do đó, ma trận hình nón của chúng ta được mô tả bằng phương trình $y = 10 \sqrt{\frac{\pi}{3}} x$, thể tích của hình nón (có chiều cao 10 cm) là 10 cm³ và khối lượng (bao gồm cả lỗ bên trong) là 10 g. Hơn nữa, đường kính phần trên của hình nón là ≈ 2 cm nên sẽ không có khó khăn về “kỹ thuật” nào phát sinh.

Bây giờ chúng ta hãy có mặt một cách không thể đoán trước được trong thí nghiệm. Để thuận tiện, chúng ta viết lại phương trình (2) theo cách khác, chéo các số hạng có hệ số âm sang phải:

$$y^3 + 83y = 16y^2 + 140.$$

(3) Chúng ta treo các quả nặng lên cân và đưa cân về trạng thái cân bằng. Chúng ta treo hình nón tương ứng với thành viên $y^3$ từ vai trái của bộ nạp. Vì hệ số $y^3$ trong phương trình (3) bằng 1 nên sẽ hợp lý nếu gắn hình nón ở khoảng cách 1 mm (chúng ta sẽ đo khoảng cách tính bằng mm) tính từ trục quay của bước tiến. Nhưng khối lượng hình nón của chúng ta nhỏ hơn 100 lần so với mức cần thiết. Để sao chép điều này, hãy treo hình nón ở điểm 100 mm. Chúng ta cũng treo hình trụ tương ứng với bộ phận 83y từ vai trái ở khoảng cách 83 mm tính từ giữa nó. Chúng tôi treo parabol xoay trên vai phải ở mốc 16 mm. Rõ ràng là cân sẽ không ở trạng thái cân bằng: tổng mômen của các lực làm quay vật dẫn ngược chiều kim đồng hồ không bằng tổng mô men của các lực gây ra chuyển động quay theo chiều kim đồng hồ. Tuy nhiên, sự cân bằng có thể dễ dàng đạt được bằng nhiều cách khác nhau. Ví dụ: hãy gắn trọng lượng bổ sung cần thiết vào vạch chia 100 mm ở vai phải. Từ điều kiện mômen lực bằng nhau, dễ dàng tìm được khối lượng của vật nặng này - nó bằng 2,3 g.

Sau đó, chúng ta sẽ bắt đầu đổ dần nước vào bình giao tiếp. Ngay khi nước chạm tới các vật nặng lơ lửng (lưu ý rằng các đỉnh dưới của chúng phải bằng nhau), trạng thái cân bằng sẽ bị phá vỡ. Điều này có thể hiểu được: khi lặn ở cùng một độ sâu, các vật thể khác nhau sẽ chiếm những thể tích nước khác nhau, tức là phát sinh lực đẩy khác nhau. Và trọng lượng tăng thêm hoàn toàn không chìm vào nước.

Có thể khôi phục lại sự cân bằng bị xáo trộn? Có, nếu tổng mô men của lực đẩy tác dụng lên các cân cấp liệu ở bên trái và bên phải bằng nhau. Đặt độ sâu ngâm của các vật thể bằng $y$. thì mômen của lực đẩy tác dụng lên hình nón tỉ lệ với $y^3$, trên hình trụ - 83 $y$, và trên parabolon quay - 16 $y^2$ (hệ số tỉ lệ là gia tốc rơi tự do). Nhưng tất cả những đại lượng này đều được đưa vào phương trình (3)! Hóa ra chỉ có thành viên tự do là “không có mặt trên lối đi”. Chúng ta hãy bắt nó đi làm. Để biểu thị mômen đẩy ra tương ứng với số hạng tự do trong phương trình bậc ba của chúng ta, hãy tạo một mômen ở nhánh bên trái của bước tiến tỷ lệ với giá trị của số hạng tự do này (140). Ví dụ, để làm điều này, bạn có thể treo một vật nặng khác nặng 1,4 g ở mốc 100 mm trên vai trái.

Do đó, phương trình mômen của lực đẩy sẽ như sau:

$$y^3 + 83y = 16y^2 + 140.$$

Bằng cách đo độ sâu ngâm $y$ của vị trí cân bằng tương ứng

19

Bây giờ, hãy tìm nghiệm nguyên của phương trình ban đầu của chúng ta. Lần đầu tiên, trạng thái cân bằng được khôi phục ở độ sâu ngâm 4 cm, lần thứ hai - ở độ sâu 5 cm và lần thứ ba - 7 cm. Xin lưu ý rằng mỗi khi qua vị trí cân bằng, độ dốc của đuôi tàu sẽ thay đổi theo hướng ngược lại. Đến độ sâu 4 cm, ách nghiêng sang trái, từ 4 đến 5 cm - sang phải, v.v.

Về nguyên tắc, nghiệm âm cũng có thể được tìm bằng phương pháp này. Để làm điều này, chỉ cần đặt $y = x - \frac{a}{3}$.

Chúng ta hãy xem xét trường hợp đặc biệt của phương trình cuối cùng, khi $p \geq 0$ và $q < 0$. Hãy thực hiện thêm một thay đổi nữa: hãy $x = y\sqrt{p}$. Chúng ta thu được một phương trình có dạng

$$y^3 + y = a,$$

ở đâu $a = \frac{-q}{p\sqrt{p}}$ ($a > 0$). Hãy tìm nghiệm dương của phương trình này.

Lấy hai bình có cùng chiều cao $h$ (xem hình): một bình có hình trụ với mặt phẳng đáy là 1 cm$^2$, bình kia hữu hạn với thể tích $h^3\left(\frac{h}{r} = \sqrt{\frac{\pi}{3}}\right)$. Hãy kết nối chúng bằng một ống mỏng với một vòi. Hãy đổ $a$ cm$^3$ nước vào một trong các bình và mở vòi. Nước sẽ chảy vào bình thứ hai cho đến khi mực nước ở cả hai bình bằng nhau. Hãy để chúng tôi biểu thị bằng $y_0$ chiều cao của mực nước. Trong trường hợp này, thể tích nước trong bình hình trụ sẽ bằng $y_0$, trong bình Konch - $y_0^3$, và tổng thể tích nước bằng $a$. Kể từ đây,

$$y_0^3 + y_0 = a$$

(bỏ qua thể tích nước trong ống nối).

Điều này có nghĩa là $y_0$ là một trong những nghiệm của phương trình (*).

20

Bài toán
M441 — M445; F453 — F457

M441. Một điểm tùy ý $P$ được lấy bên trong một $2n$-giác lồi. Một đường thẳng được vẽ qua mỗi đỉnh và điểm $P$. Chứng minh rằng có một cạnh của đa giác mà không có đường thẳng nào có điểm chung (có lẽ ngoại trừ hai đầu của cạnh đó).

G. Gurevich

M442. Cho một số nguyên tố $p>2$. Đối với mỗi $k$ từ 1 đến $p-1$ chúng ta biểu thị bằng $a_k$ số dư khi chia số $k^p$ cho $p^2$. Chứng minh rằng
$$a_1 + a_2 + a_3 + \dots + a_{p-1} = (p^3 - p^2)/2.$$
C.Ochitin

M443. Có một bảng gồm $n \times n$ ô, mỗi ô ban đầu chứa số 0. Bạn được phép chọn tùy ý các số $n$ ở các hàng và cột khác nhau và tăng mỗi số lên 1.
a) Có thể lấy được các bảng như trong Hình 1 và 2 chỉ trong vài bước không?
b) Có thể lập được một bảng có các số phân biệt theo từng cặp không?
b) * Có thể lấy được loại bảng nào sau $T$ bước?

F. Shleifer

M444. a) Trong Hình 3, bốn đường thẳng chia mặt phẳng thành những diện tích bằng nhau:

Hình 1.
Hình 2.

21

một tam giác (1), hai tam giác (2 và 3), ba góc (4, 5 và 6), bốn “tam giác vô hạn” - mỗi diện tích được giới hạn bởi một đoạn thẳng và hai tia (7, 8, 9 và 10), và một “tứ giác vô hạn” - một diện tích được giới hạn bởi hai đoạn thẳng và hai tia (11).

Câu khẳng định có đúng với bốn đường thẳng bất kỳ trên một mặt phẳng không có đường thẳng nào song song và không có đường thẳng nào đi qua một điểm?

6. Ba đường tròn lớn không đi qua một điểm chia hình cầu thành tám hình tam giác. Hình cầu được chia thành những khu vực nào bởi bốn đường tròn lớn, trong đó không có ba đường tròn nào đi qua cùng một điểm? (Đường tròn lớn trên mặt cầu là đường tròn là giao điểm của hình cầu với mặt phẳng đi qua tâm hình cầu; Hình 4.)

c) Một hình cầu có thể được chia thành những khu vực nào bởi năm đường tròn lớn, trong đó không có ba đường tròn nào đi qua cùng một điểm?

A. Kolmodorov

M445. Tâm của các đường tròn rời rạc giống hệt nhau nằm ở tâm của các hình lục giác đều bao phủ mặt phẳng như trong Hình 5. Giả sử $M$ là một đa giác có các đỉnh là tâm của các đường tròn. Hãy tô màu những hình tròn đó hoặc các phần của chúng (những phần khác) nằm bên trong $M$ màu đỏ. Chứng minh rằng tổng độ lớn của các cung màu đỏ là $C \cdot 180^\circ$, trong đó $C = C(M)$ là một số nguyên và giải thích số này theo cách hiểu hình học.

A. Sosinsky

F453. Hệ thống cân như ở Hình 6 đặt trên một bàn nằm ngang nhẵn. Khối lượng của các hình lập phương $m_1, m_2$ và $M$. Một khối lập phương có khối lượng $m_2$ được giữ ở độ cao $l$ phía trên bàn. Nếu hệ thống được để yên, nó sẽ bắt đầu chuyển động và khối phía trên sẽ trượt dọc theo khối phía dưới. Hệ số ma sát giữa các hình khối là $k$. Khối dưới cùng sẽ di chuyển bao xa khi khối khối $m_2$ chạm vào bàn?

F454. Nếu điện áp $u_0 = 220 \text{ В}$ được đặt vào cuộn sơ cấp của máy biến áp không tải thì điện áp trên cuộn thứ cấp sẽ là $u_1 = 127 \text{ В}$. Điện áp $u_0 = 220 \text{ В}$ trên tải $R = 10 \text{ Ом}$ nối với cuộn thứ cấp của máy biến áp này sẽ bằng bao nhiêu?

Điện trở hoạt động của cuộn dây thứ nhất của máy biến áp là $r_1 = 2 \text{ Ом}$, và cuộn thứ cấp là $r_2 = 1 \text{ Ом}$. Điện trở trong của máy phát điện vẫn bằng không.

V. Skorovarov

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.