Lời giải bài toán M450—M454; F467—F471

24

Một quả cầu nặng có khối lượng $m$ được gắn vào một đầu của thanh, đầu kia của thanh được gắn vào một lò xo cứng nằm ngang $k$ (Hình 5). Lò xo không giãn ra khi thanh thẳng đứng. Xác định chu kỳ dao động nhỏ của thanh.

Yu. Levchuk

F516. Một chiếc đĩa nặng có bán kính $R$ lăn trên hai sợi dây không giãn quấn quanh nó. Các đầu tự do của ren được cố định (Hình 6). Các sợi dây luôn căng khi đĩa di chuyển. Tại một thời điểm nào đó, vận tốc góc của đĩa là $\omega$ và góc giữa các sợi dây là $\alpha$. Tốc độ của tâm đĩa lúc này là bao nhiêu?

A. Matveev

F517. Một chùm electron có năng lượng $E=1,0$ keV đi qua hai tụ điện nhỏ đặt cách nhau $l=20$ cm. Cả hai tụ điện được mắc song song với một máy phát điện. Bằng cách thay đổi tần số của máy phát, chùm electron đi qua hệ thống này mà không bị lệch. Xác định tỷ số $e/m$ của một electron nếu hai giá trị tần số liên tiếp thỏa mãn điều kiện này là 141 MHz và 188 MHz.

Lời giải bài toán

M450—M454; F467—F471

M450. Hệ thống các hình chữ nhật gồm n biểu tượng cảm xúc (Hình 1) được xây dựng như sau. Bắt đầu từ hình chữ nhật phía dưới tạo thành cạnh đầu tiên, cạnh trên của mỗi hình chữ nhật được chia theo tỷ lệ 1:2:3; trên ba đoạn kết quả, giống như trên cơ sở của một hình chữ nhật nghiêm ngặt, có thể vẽ đoạn giống nhau như đoạn ban đầu, v.v. - cho đến cạnh trên cùng. Từ tập hợp các hình chữ nhật thu được, một tập hợp con nhất định được chọn, bao gồm các hình chữ nhật không liền mạch theo cặp (một tập hợp con trong hình có màu đỏ). Chứng minh rằng chúng ta có thể tìm được một đường thẳng cắt nhau nhiều nhất hai hình chữ nhật đã chọn.

Chúng ta hãy ước tính tổng diện tích của các hình chữ nhật không liên tục theo cặp. Diện tích của mỗi hình bằng $S/3k^2m$, trong đó $S$ là diện tích của hình chữ nhật bên dưới, $k$ và $m$ là số nguyên, $k \geq 0, m \geq 0, k + m \leq n$. Tổng các số x khác nhau có dạng $1/3k^2m$ không vượt quá

$$1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{3^2} + \dots + \frac{1}{3^n} +$$

$$+ \frac{1}{2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{2 \cdot 3^2} + \dots + \frac{1}{2 \cdot 3^n} +$$

$$+ \frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^2 \cdot 3} + \frac{1}{2^2 \cdot 3^2} + \dots + \frac{1}{2^2 \cdot 3^n} + \dots + \frac{1}{2^n} + \frac{1}{2^n \cdot 3} + \frac{1}{2^n \cdot 3^2} + \dots + \frac{1}{2^n \cdot 3^n}.$$

Tổng các số trong các cột nhỏ hơn $2,2 \cdot \frac{1}{3},2 \cdot \frac{1}{3^2},\dots$ tương ứng

$$\dots,2 \cdot \frac{1}{3^n},a 2 \left(1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{3^2} + \dots + \frac{1}{3^n}\right) < 2 \cdot \frac{3}{2} = 3.$$

Sẽ không nếu mọi đường thẳng đứng cắt nhau ba

25

M451. Một số điểm được đánh dấu trên mặt phẳng không nằm trên cùng một đường thẳng và một số được viết bên cạnh mỗi điểm. Biết rằng nếu một đường thẳng đi qua hoặc nhiều điểm được đánh dấu thì tổng các số viết gần các điểm này đều bằng 0. Hãy chứng minh rằng mọi số đều bằng 0.

Đối với một điểm được đánh dấu $x$, chúng ta hãy biểu thị bằng $a_x$ số được viết gần điểm đó và bằng $n_x$ số đường thẳng phân biệt theo cặp nối điểm $x$ với tất cả các điểm được đánh dấu khác. Gọi $S$ là tổng các số được viết gần tất cả các điểm được đánh dấu. Theo điều kiện, tổng các số tại các điểm được đánh dấu của mỗi đường $n_x$ đi qua $x$ bằng 0. Do đó, tổng các số dọc theo tất cả các dòng $n_x$ này bằng 0. Mặt khác, tổng này là $(n_x-1)a_x+S$, vì vậy

$$(n_x-1)a_x+S=0.$$

Giả sử rằng tại một số điểm $x$ số $a_x>0$. Sau đó có một điểm đánh dấu $y$, gần đó có ghi số $a_y<0$ (chứng minh đi!). Sử dụng (1), chúng ta thu được đẳng thức

$$(n_y-1)a_y=(n_x-1)a_x.$$

Theo điều kiện, tất cả các điểm được đánh dấu không nằm trên cùng một đường thẳng. Do đó $n_x>1$ và $n_y>1$. Chúng ta đã đi đến mâu thuẫn, vì trong đẳng thức (2) không có dấu vết bên phải của một số dấu hiệu khác nhau.

F. Vainitsa

M452. Các hình tam giác $T_1$ và $T_2$ nội tiếp trong một đường tròn và các đỉnh của tam giác $T_2$ là trung điểm của đường thẳng chia đường tròn cho đỉnh của tam giác $T_1$. Hãy chứng minh rằng trong lục giác $T_1 \cap T_2$ các đường chéo nối các đỉnh đối diện song song với các cạnh của tam giác $T_1$ và cắt nhau tại một điểm.

Đặt $A, B$ và $C$ là các đỉnh của tam giác $T_1$, và $A', B'$ và $C'$ là các đỉnh của tam giác $T_2$ (và $A'$ là trung điểm của cung $BC$, $B'$ là trung điểm của cung $AC$, và $C'$ - giữa cung $AB$, Hình 2). Các đường thẳng $AA', BB'$ và $CC'$ là các đường phân giác của các góc của tam giác $T_1$, cắt nhau tại tâm $O$ của đường tròn nội tiếp $T_1$ trong tam giác. Gọi $MN$ là đường chéo nối các đỉnh đối diện $M$ và $N$ của lục giác $T_1 \cap T_2$ ($M=[AB] \cap [B'C']$, $N=[BC] \cap [A'B']$). Hãy chứng minh rằng $(MN)$ song song với $(AC)$ và đi qua điểm $O$ (từ đây sẽ có mệnh đề bài toán). Để làm điều này, chúng ta sẽ chứng minh rằng các đoạn $OM$ và $ON$ song song với $AC$. Khi đó $[OM] \parallel [ON] \parallel (AC)$, ngụ ý rằng các điểm $M$, $O$ và $N$ nằm trên cùng một đường thẳng song song với $(AC)$. Vì vậy, ta cần chứng minh $[OM] \parallel (AC)$ (chứng minh sự song song của $[ON]$ và $(AC)$ là tương tự nhau). Hãy để $K=[OA] \cap [B'C']$. Lưu ý rằng góc $C'KA'$ nằm trên các cung có tổng độ lớn bằng $180^\circ$ (tại sao?) và do đó là một đường thẳng. Như vậy, $[B'K]$ trong tam giác $OB'A$ vừa là đường phân giác vừa là đường cao. Do đó, $[B'C']$ là đường trung trực của đoạn $AO$; do đó $|AM|=|OM|$ và $OAM=AOM$. Nhưng $OAM=OAC$ và do đó, $AOM=OAC$. Và điều này có nghĩa là đoạn $OM$ song song với cạnh $AC$, đây là điều cần chứng minh.

N. Nechevaem

26

M453. Cho một tập hợp số dương $\{a_1; a_2; \dots, a_n\}$. Đối với mỗi tập hợp con của nó, chúng tôi viết ra tổng các số có trong đó (chúng tôi xem xét tổng của một, hai, …, n lớp). Chứng minh rằng tất cả các số viết được có thể chia thành n nhóm sao cho trong mỗi nhóm tỉ số giữa số lớn nhất và số nhỏ nhất không vượt quá 2.

Chỉ cần chỉ ra $n$ các phân đoạn có dạng $[b_i, 2b_i]$ ($i = 1, 2, \dots, n$), hợp của nó chứa tất cả tổng của một số số $n$ đã cho: khi đó các tổng thuộc mỗi phân đoạn tạo thành một nhóm số thỏa mãn các điều kiện bắt buộc.

Những phân đoạn này có thể được xây dựng theo những cách khác nhau. Hãy đưa ra phương pháp hay nhất (được D. Bernishtein chỉ ra).

Hãy xếp các số này theo thứ tự tăng dần: $a_1 \leqslant a_2 \leqslant \dots \leqslant a_n$, đặt $b_i = (a_1 + a_2 + \dots + a_i)/2$ và chứng minh rằng mỗi tổng của một số số $a_i$ rơi vào một trong các phân số $[b_i, 2b_i]$.

Rõ ràng rằng “tổng” nhỏ nhất là $a_1 \in [b_1, 2b_1]$, vì $2b_1 = a_1$, và lớn nhất là $(a_1 + \dots + a_n) \in [b_n, 2b_n]$, vì $2b_n = a_1 + \dots + a_n$. Vẫn còn phải chứng minh rằng trường hợp tổng $s$ nằm giữa $2b_k$ và $b_{k+1}$ là không thể xảy ra. Cho phép

$$s > 2b_k = a_1 + a_2 + \dots + a_k.$$

(1)

Khi đó $s$ chứa một số $a_i \geqslant a_{k+1}$, tức là

$$s \geqslant a_{k+1}.$$

(2)

Cộng (1) và (2), chúng ta thu được $2s \geqslant a_1 + \dots + a_k + a_{k+1}$, tức là $s \geqslant b_{k+1}$. Điều này có nghĩa là $s$ không thể nằm giữa $2b_k$ và $b_{k+1}$.

M454. Chúng tôi ngồi vào bàn tròn trong 7 ngày. Phía trước mỗi viên đá có một chiếc cốc. Một số cốc này chứa ít sữa nhất. Đối với một trong những người ăn, chúng tôi đổ hết sữa của mình vào cốc của những người khác. Sau đó, người hàng xóm bên phải của anh ta cũng làm như vậy. Sau đó, chúng tôi làm tương tự cho người hàng xóm tiếp theo ở bên phải, v.v. Sau cốc cuối cùng, thứ bảy, 第八im chia sẻ sữa của mình với những người khác, mỗi cốc chứa cùng một lượng sữa như lúc đầu. Tất cả các cốc đều chứa 3 lít sữa. Hỏi ban đầu mỗi cốc có bao nhiêu sữa?

Đáp số được hiển thị trong Hình 3. Hãy kiểm tra xem nó. Sau khi chú lùn được đánh dấu chấm đỏ phân phối sữa của mình đều cho những chú lùn khác (mỗi chú lùn 1/7 lít), bạn sẽ lại nhận được (với sự thay đổi của một chú lùn) lượng sữa được phân phối chính xác như nhau; trong trường hợp này, chú lùn đến lượt đổ sữa sẽ có 6/7 lít sữa. Rõ ràng là sau bảy lần truyền máu, chúng ta sẽ trở lại bản phân phối ban đầu.

Bây giờ chúng ta hãy chỉ ra cách có thể thực hiện được điều này đáp số và chứng minh tính duy nhất của nó. Lưu ý rằng trong điều kiện bài toán quá trình truyền máu theo vòng tròn có thể được coi là tiếp tục định kỳ; do đó, tất cả các gnomes đều hoàn toàn bình đẳng về quyền.

Điều tự nhiên đầu tiên là tìm kiếm sự phân bổ sữa sẽ được lặp lại (với sự thay đổi của một chú lùn) sau một lần truyền máu. Trong trường hợp này, mỗi chú lùn tiếp theo sẽ đổ cùng một lượng sữa như lần trước - giả sử là 6 lít (mỗi chú lùn được đổ x lít). Rồi sau lần truyền tiếp theo, người làm đổ sẽ có 0 lít sữa, người hàng xóm (người làm đổ trước mặt) sẽ có $x$, người tiếp theo (trước đó anh ta đã có $x$) sẽ có $2x$, …, người cuối cùng, thứ bảy, gnome sẽ có $6x$ lít. Từ phương trình $x + 2x + \dots + 6x = 3$, chúng ta tìm thấy $x = 1/7$ và nhận được đáp số ở trên.

Tuy nhiên, vẫn cần phải tìm hiểu xem liệu có thể các chú lùn đổ ra lượng sữa khác nhau hay không (và sự phân bổ ban đầu chỉ được phục hồi sau bảy lần truyền máu). Để chú lùn thứ $k$ đổ ra $6x_k$ lít sữa ($x_k$ lít mỗi cái). Vì người lùn có quyền bình đẳng nên chúng ta có thể giả định rằng $x_1 \geqslant x_k$ là $k = 1, 2, \dots, 7$ cho tất cả. Sau bảy lần truyền máu, chú lùn đầu tiên đã làm đổ $6x_1$ lít sữa sẽ lại có $6x_1$ lít, vì vậy $6x_1 = x_2 + x_3 + x_4 + x_5 + x_6 + x_7$. Điều này chỉ có thể thực hiện được khi $x_1 = x_2 = \dots = x_7$. Vì vậy, chúng ta đến với phiên điều trần vốn đã bị tháo dỡ, khi tất cả các chú lùn đổ ra một lượng sữa như nhau. Điều này có nghĩa là không có đáp số nào khác.

Lưu ý rằng từ các định lý tổng quát của đại số tuyến tính, nền tảng của lý thuyết về chuỗi Markov, nó không chỉ tuân theo đáp số duy nhất trong bài toán này, mà còn tuân theo một thực tế tò mò sau: cho dù ban đầu 3 lít sữa được đổ như thế nào, thì sự phân bố của nó sẽ có xu hướng (với số lần truyền ngày càng tăng) theo phân bố được chỉ ra trong đáp số (0, 1/7, 2/7, …, 5/7, đối với người đổ - 6/7 lít). Chúng tôi sẽ cố gắng nói về những định lý này trong một trong những số tiếp theo của Quat.

Hình 3.

N. Vasiliev

27

F467. Mặt Trăng được hình thành đồng thời từ cùng một phía so với Trái Đất và từ vệ tinh của Mặt Trăng. Quỹ đạo của vệ tinh rất dốc. Đường kính của hình ảnh Mặt trăng trên hệ tầng thu được trên Trái đất là 4 mm và trên vệ tinh của Mặt trăng là 250 mm. Tìm chu kỳ quay của vệ tinh Mặt Trăng dọc theo quỹ đạo của nó nếu bức ảnh được chụp bằng các vật thể giống hệt nhau có tiêu cự 500 mm. Chấp nhận rằng gia tốc trọng trường trên Mặt trăng nhỏ hơn trên Trái đất 6 lần và khoảng cách từ Trái đất đến Mặt trăng là 380.000 km.

Hình 4. Hình 5.

Vệ tinh Mặt Trăng chuyển động theo quỹ đạo tròn bán kính $R$ chịu tác dụng lực dính từ Mặt Trăng bằng $F = \gamma \frac{M_{\perp} m}{R^2}$ (m là khối lượng của vệ tinh, $M_{\perp}$ là khối lượng của Mặt Trăng). Xét gia tốc trọng trường trên Mặt Trăng là $g_{\perp} = \gamma \frac{M_{\perp}}{r_{\perp}^2}$ ($r_{\perp}$ là bán kính của Mặt Trăng), ta có thể viết

$$F = mg_{\perp} \left( \frac{r_{\perp}}{R} \right)^2.$$

Lực này truyền gia tốc hướng tâm cho vệ tinh. $|\vec{a}| = \omega^2 R = \frac{4\pi^2 R}{T^2}$, trong đó $\omega = \frac{2\pi}{T}$ là tốc độ góc quay của vệ tinh, $T$ là chu kỳ quỹ đạo của nó. Vì vậy, $|\vec{F}| = m|\vec{a}|$, đó là

$$mg_{\perp} \left( \frac{r_{\perp}}{R} \right)^2 = m \frac{4\pi^2 R}{T^2}.$$

Từ đây

$$T = 2\pi \frac{R}{r_{\perp}} \sqrt{\frac{R}{g_{\perp}}}.$$

Công thức này bao gồm hai đại lượng chưa biết - $R$ và $r_{\perp}$. Chúng ta sẽ tìm thấy chúng bằng cách “sử dụng” những bức ảnh chụp Mặt trăng thu được từ Trái đất và từ vệ tinh. Ảnh của Mặt Trăng thu được trong mặt phẳng tiêu điểm của vật. Mặt trăng nằm cách Trái đất một khoảng cách lớn hơn nhiều so với đường kính của nó. Do đó, chúng ta có thể cho rằng khi chụp ảnh từ Trái đất (Hình 4)

$$\frac{d_1}{2r_{\perp}} = \frac{F}{L}, \quad r_{\perp} = \frac{d_1 L}{2F}$$

($d_1$ là đường kính ảnh, $L$ là khoảng cách Trái Đất-Mặt Trăng, $F$ là tiêu cự của thấu kính).

Khi chụp ảnh từ vệ tinh (Hình 5), phim tạo ra hình ảnh một phần bề mặt mặt trăng bị giới hạn bởi các tiếp tuyến $OA$ và $OB$. Từ sự giống nhau của các tam giác $OMN$ và $OCB$ ta có

$$\frac{BC}{MN} = \frac{R}{ON} \Rightarrow \frac{2r_{\perp}}{d_2} = \frac{R}{a},$$

ở đâu $a = \sqrt{F^2 + \left(\frac{d_2}{2}\right)^2}$. Từ đây

$$R = \frac{2r_{\perp}}{d_2} a = \frac{d_1 L}{d_2 F} a.$$

Thay thế các biểu thức tìm được cho $r_{\perp}$ và $R$ vào (*), chúng ta thu được

$$T = 4\pi \frac{a}{d_2} \sqrt{\frac{d_1 L}{g_{\perp} d_2 F}} a \approx 6,23 \cdot 10^4 \text{ c.}$$

I. Tiếng Slovodechkiy

◆ Tải trọng tối đa mà cần trục có thể chịu được được xác định bởi độ bền kéo của vật liệu cáp - ứng suất tối đa mà tại đó vật liệu chưa bị hỏng.

Giả sử rằng tất cả các mô hình tấm là $q$ và diện tích mặt cắt ngang của cáp là $s$. Ví dụ, mới nổi

28

Vật liệu là gì nếu kích thước tuyến tính của vòi, văn xuôi và tấm lớn hơn 12 lần so với mô hình?

với tải trọng của một tấm bằng $\sigma = \frac{q}{s}$. Theo dữ liệu bài toán giới hạn độ bền của vật liệu cáp được xác định theo điều kiện

$$\frac{10q}{s} < \sigma_0 < \frac{11q}{s}$$

(1)

(điều kiện là cần trục mô hình nâng được 10 tấm nhưng dây cáp không chịu được tải trọng 11 tấm).

Khi di chuyển sang vòi và tấm thực, tất cả các kích thước tuyến tính đều tăng $n = 12$ lần. Điều này có nghĩa là trọng lượng của tấm tăng $n^3$ lần, tiết diện của dây cáp tăng $n^2$ lần:

$$Q = n^3q, S = n^2s$$

(2)

(vì mật độ của vật liệu tương ứng không thay đổi). Số tấm tối đa mà một cần trục thực có thể nâng được xác định bởi điều kiện

$$\sigma_0 > N \frac{Q}{S} = N \frac{n^3q}{n^2s} = Nn \frac{q}{s},$$

(3)

Ở đâu

$$N < \frac{\sigma_0}{12 \frac{q}{s}}.$$

Nhưng từ thư từ (1) suy ra rằng

$$\frac{\sigma_0}{11 \frac{q}{s}} < 1.$$

Kể từ đây,

$$N < \frac{\sigma_0}{12 \frac{q}{s}} < \frac{\sigma_0}{11 \frac{q}{s}} < 1,$$

nghĩa là một chiếc cần cẩu thực sự không thể nâng được một tấm duy nhất.

S. Kromov

F469. Hình 6 được tạo ra với sự hình thành khối strombocoptic chuyển động dọc theo một mặt phẳng nghiêng. Khoảng thời gian giữa các lần tháo đèn liên tiếp là 0,1 s. Xác định hệ số ma sát của khối lập phương trên mặt phẳng.

Hình 6.

Trước hết, chúng tôi xác định giá trị gia tốc mà khối lập phương di chuyển. Như đã biết, hiệu giữa khoảng cách $l_1$ và $l_2$ mà một vật đi qua trong những khoảng thời gian bằng nhau liên tiếp $\tau$ bằng $l_2 - l_1 = |\vec{a}| \tau^2$, trong đó $\vec{a}$ là gia tốc mà vật chuyển động. Sau khi xác định từ hình vẽ bằng thước và tỷ lệ cho trước $l_2 - l_1$, ta thấy

$$|\vec{a}| = \frac{l_2 - l_1}{\tau^2} \approx \frac{0,07}{(0,1)^2} \text{ м/c}^2 = 7 \text{ м/c}^2.$$

Bây giờ chúng ta hãy xác định xem khối lập phương chuyển động theo hướng nào (lên hoặc xuống theo mặt phẳng nghiêng). Gia tốc tối đa mà một khối lập phương có thể trượt tự do là gia tốc do trọng lực truyền cho nó theo hướng của trục $X$ (Hình 7) khi không có lực ma sát: $$|\vec{a}_{\max}| = |\vec{g}| \sin \alpha.$$ Từ hình vẽ chúng ta tìm thấy $\sin \alpha = \frac{3}{5}$, sao cho

$$|\vec{a}_{\max}| = |\vec{g}| \frac{3}{5} \approx 6 \text{ м/c}^2.$$

Chúng tôi đã tìm thấy rằng $|\vec{a}| = 7 \text{ м/c}^2$. Điều này có nghĩa là khối lập phương di chuyển lên dọc theo mặt phẳng nghiêng và gia tốc dọc theo trục $X$ được truyền cho nó bởi lực hấp dẫn (hình chiếu của nó trên trục $X$) và lực ma sát hướng xuống trên mặt phẳng nghiêng.

30

Ở trạng thái cân bằng, số lượng hạt có trong khoang không đổi. Điều này có nghĩa là số lượng hạt đi vào khoang từ tập I và II phải bằng số lượng hạt rời khỏi khoang.

Số lượng hạt đi vào khoang từ thể tích I trên một đơn vị thời gian tỷ lệ thuận với mật độ $n_I$ của các hạt trong thể tích I và tốc độ bình phương trung bình $\bar{v}_{KBI}$ của các hạt trong thể tích này (vì công suất xử lý cho bất kỳ hướng nào cũng tỷ lệ thuận với tốc độ bình phương trung bình): $N_I \sim n_I \bar{v}_{KBI}$. Giá trị $n_I$ tỷ lệ thuận với áp suất $p$ trong thể tích I và tỷ lệ nghịch với giá trị $\bar{v}^2: n_I \sim \frac{p}{v_I^2}$. Lần lượt $\bar{v}^2_I \sim T$,

$$\bar{v}_{KBI} \sim T^{1/2}.$$

Như vậy,

$$N_I = \alpha p T^{-1/2},$$

trong đó $\alpha$ là hệ số tỷ lệ. Tương tự, đối với số lượng hạt đi vào khoang trong một đơn vị thời gian từ tập II, chúng ta có thể viết

$$N_{II} = \alpha p (2T)^{-1/2}.$$

Số lượng hạt đi vào khoang trong một đơn vị thời gian qua hai nhánh bằng

$$N = 2 \alpha p_\pi T_\pi^{-1/2},$$

trong đó $p_\pi, T_\pi$ là áp suất và nhiệt độ tương ứng trong khoang. Ở trạng thái cân bằng, điều kiện $N_I + N_{II} = N$ được thỏa mãn, tức là

$$\alpha p T^{-1/2} + \alpha p (2T)^{-1/2} = 2 \alpha p_\pi T_\pi^{-1/2},$$

hoặc

$$p T^{-1/2} + p (2T)^{-1/2} = 2 p_\pi T_\pi^{-1/2}.$$

(1)

Ở trạng thái cân bằng, tổng năng lượng của các hạt trong hộp không thay đổi theo thời gian. Điều này có nghĩa là năng lượng được mang vào khoang trong một đơn vị thời gian bởi các hạt $N_I$ và $N_{II}$ bằng với năng lượng được mang đi bởi các hạt $N$ đi vào khoang: $E_I + E_{II} = E$. Vì năng lượng trung bình $E_{cp}$ trên mỗi hạt tỷ lệ thuận với nhiệt độ, nên $E_I = NE_{cpI} \sim p T^{-1/2} T = \beta p T^{1/2}, E_{II} = \beta p (2T)^{1/2}, E = 2 \beta p_\pi T_\pi^{1/2}$, trong đó $\beta$ là hệ số tỷ lệ. Như vậy,

$$\beta p T^{1/2} + \beta p (2T)^{1/2} = 2 \beta p_\pi T_\pi^{1/2},$$

hoặc

$$p T^{1/2} + p (2T)^{1/2} = 2 p_\pi T_\pi^{1/2}.$$

(2)

Giải các phương trình (1) và (2) cùng nhau, ta tìm được

$$T_\pi = T \sqrt{2}, \quad p_\pi = p \frac{\sqrt{2} + 1}{2 \sqrt{2}}.$$

I. Slobodetsky