Lời giải bài toán M466—M469; F482—F486

36

M466. Trung bình năm 1977 có 50 đồng tiền giả. Mỗi đồng tiền giả chênh lệch với đồng thật 1 g (theo hướng này hay hướng khác). Có những chiếc cân bát có mũi tên biểu thị sự khác biệt về khối lượng giữa bát này và bát khác. Trong một lần cân, bạn cần tìm hiểu về một đồng xu đã chọn xem đó là tiền giả hay tiền chỉnh sửa. Làm thế nào để làm điều này?

M467. Điểm D và E chia các cạnh AC, AB của ABC đứng trước trong quan hệ |AD|:|DC| = |BE|:|EA| = 1:2. Các đường thẳng BD và CE cắt nhau tại điểm O. Chứng minh AOC thẳng.

Cho có 2n+1 đồng xu, trong đó có 2k đồng tiền giả (k ≤ n), mỗi đồng tiền giả chênh lệch với đồng tiền thật 1 g (theo hướng này hay hướng khác). Gọi khối lượng của một đồng xu thật là gam. Chúng ta hãy dành ra một đồng xu đã chọn và trong 2n đồng xu còn lại, đặt n đồng xu lên đĩa cân đầu tiên và n đồng xu lên đĩa cân thứ hai. Lưu ý rằng khối lượng gry trên mỗi thang đo khác với na (khối lượng của n đồng tiền thật) bởi một số nguyên có cùng số chẵn lẻ với số lượng đồng tiền giả trên thang đo này.

Nếu đồng xu để riêng đúng nhịp thì tổng số đồng giả trên các cốc là 2k (chẵn), nghĩa là số lượng đồng xu giả trên cả hai cốc có cùng số chẵn, do đó chênh lệch về khối lượng của cốc này và cốc kia sẽ là số chẵn. Nếu đồng xu được chọn là đồng giả thì số đồng xu giả nằm trên cân là số lẻ - (2k-1); thì số đọc trên cân là số lẻ.

Vì vậy, chúng ta thấy rằng đồng xu được chọn là đồng điệu hay giả tùy thuộc vào số đọc trên thang đo là chẵn hay lẻ.

I. Klumova

◆ Xét điểm F trên cạnh BC sao cho |BF|:|FC|=2:1. Hãy vẽ đoạn AF. Tam giác OPQ đều (Hình 1). Vì vậy, chỉ cần chứng minh góc AOD bằng 30 độ là đủ. Để thực hiện việc này, bạn cần đảm bảo rằng |OP|=|AP| (vì APO=120°). Nhưng |AP|=|BO|, do đó vẫn phải kiểm tra |OP|=|BO|. Chúng ta hãy tìm xem điểm O và P chia đoạn BD theo tỉ số nào. ủng hộ-
Hình 1. Hình 2.

Hãy giới thiệu các đường thẳng DE1 và DF1 lần lượt song song với CE và AF (Hình 2). Rõ ràng là |AE1|:|E1E|=1:2. Vì |AE|:|EB|=2:1 nên |E1E|:|EB|=4:3. Điều này có nghĩa là |DO|:|BO|=4:3. Tương tự, chúng ta có thể xác minh rằng |BF|:|FF1|=6:1, từ đó |BP|:|DP|=6:1. Do đó, |DP|:|OP|:|BO|=1:3:3. Do đó |BO|=|OP| và AOC là đường thẳng.

L. Limanov

◆ Chúng ta hãy giới thiệu một hệ tọa độ hình chữ nhật trong mặt phẳng, lấy điểm A trong các điểm này làm gốc. Giả sử điểm B có tọa độ (b1; b2), điểm C có tọa độ (c1; c2) và điểm D có tọa độ (d1, d2) (Hình 3).

37

MS·MD không bằng một người bạn khác. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng $\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{DB}$. Tuyên bố ngược lại có đúng không?

Đặt $M$ là một điểm tùy ý trên mặt phẳng, $(x; y)$ tọa độ của nó. Khi đó các vectơ $\overrightarrow{MA}, \overrightarrow{MB}, \overrightarrow{MC}, \overrightarrow{MD}$ lần lượt có tọa độ $(-x; -y), (b_1-x; b_2-y), (c_1-x; c_2-y), (d_1-x; d_2-y)$. Đẳng thức $\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = \overrightarrow{MC} \cdot \overrightarrow{MD}$ sẽ được viết dưới dạng tọa độ như sau:
$$-x (b_1-x) - y (b_2-y) = (c_1-x)(d_1-x) + (c_2-y)(d_2-y),$$
hoặc
$$(c_1 + d_1 - b_1) x + (c_2 + d_2 - b_2) y = c_1 d_1 + c_2 d_2.$$ (*)

Câu “với mọi điểm $M$ thì tích vô hướng $\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB}$ và $\overrightarrow{MC} \cdot \overrightarrow{MD}$ không bằng nhau” có nghĩa là đẳng thức (*), được coi là một phương trình với hai ẩn số $x, y$, không có lời giải. Điều này có thể thực hiện được khi và chỉ khi
$$\begin{cases} c_1 + d_1 - b_1 = 0, \\ c_2 + d_2 - b_2 = 0, \\ c_1 d_1 + c_2 d_2 \neq 0. \end{cases}$$
Viết lại hai đẳng thức đầu tiên dưới dạng
$$\begin{cases} c_1 = b_1 - d_1, \\ c_2 = b_2 - d_2 \end{cases}$$
và lưu ý rằng $(c_1; c_2)$ là tọa độ của vectơ $\overrightarrow{AC}$, và $(b_1-d_1; b_2-d_2)$ là tọa độ của vectơ $\overrightarrow{DB}$, chúng ta sẽ thấy hệ đẳng thức này tương đương với đẳng thức của vectơ $\overrightarrow{AC}$ và $\overrightarrow{DB}$.

Điều kiện $c_1 d_1 + c_2 d_2 \neq 0$ có nghĩa là $\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AD} \neq 0$, tức là các vectơ $\overrightarrow{AC}$ và $\overrightarrow{AD}$ không vuông góc với nhau.

Vì vậy, điều kiện “với mọi điểm $M$ tích vô hướng $\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB}$ và $\overrightarrow{MC} \cdot \overrightarrow{MD}$ không bằng nhau” tương đương như sau: “$\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{DB}$ và $\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AD} \neq 0$”.

Nếu các điểm $A, B, C, D$ không nằm trên cùng một đường thẳng thì đẳng thức $\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{DB}$ có nghĩa là tứ giác $ACBD$ là hình bình hành và bất đẳng thức $\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AD} \neq 0$ có nghĩa là hình bình hành này không phải là một đường thẳng.

Yu. ionin

**M469. a) Phương trình $x^4 + ax^3 + bx + c = 0$ có nhiều nghiệm thực khác nhau. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng $ab < 0$.

b) Phương trình $x^n + a_1x^{n-1} + \dots + a_{k-1}x^{n-k+1} + a_{k+1}x^{n-k-1} + \dots + a_n = 0$ có nhiều nghiệm thực. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng $a_{k-1}a_k+1 < 0$.

Chúng tôi sẽ cung cấp các bằng chứng khác nhau cho điểm a) và b). Ý tưởng này dựa trên các phát biểu sau: nếu tất cả các nghiệm của một đa thức là số thực và khác nhau thì tất cả các nghiệm của đạo hàm của một đa thức cũng là số thực và khác nhau. Thật vậy, đa thức bậc $n$ là một hàm liên tục (và khả vi) trên đường thẳng. Do đó, tại một số điểm bên trong của khoảng, mà hai đầu của khoảng đó là hai nghiệm liền kề bất kỳ của đa thức ban đầu, nó nhận giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất (Hình 4, a). Tại điểm cực trị, đạo hàm của đa thức biến mất. Do đó, trong bất kỳ khoảng nào, hai nghiệm liền kề bất kỳ của đa thức đều có đạo hàm của nó (Hình 4, b). Do đó, đạo hàm của một đa thức bậc $n$, trong đó mọi nghiệm đều thực và phân biệt, có chính xác $n-1$ nghiệm thực, tất cả đều phân biệt.

a) Từ khẳng định đã được chứng minh, suy ra phương trình
$$4x^3 + 3ax^2 + b = 0$$
có ba gốc thực khác nhau: $x_1, x_2$ và $x_3$. Đó là lý do tại sao

40

Tên của công thức cuối cùng có thể được đặt
$$R_1 = R_2 = \frac{d}{2} \cdot B \text{ результат получим}$$
$$R_1 - R_2 = \frac{\rho g d^3}{8 \sigma} \approx 0,14 \text{ mm.}$$

I. Slobodetsky

F483. Gia tốc theo phương ngang phải được gây ra bởi một cái nêm có góc $\alpha$ (Hình 5) để tải trọng nằm trên nó tăng lên, nếu hệ số ma sát giữa tải trọng và nêm là $\mu$?

Hình 5.

Rõ ràng, gia tốc $a$ của nêm hướng về bên trái (nếu không tải sẽ trượt khỏi nêm thay vì dâng lên dọc theo nó).

Hãy xem xét các lực tác dụng lên tải. Đây là lực hấp dẫn $mg$, phản lực thông thường $N$ và lực ma sát $F_{Тр}$ cũng như $|F_{Тр}| = \mu |N|$.

Hãy viết phương trình chuyển động của tải trọng dưới dạng hình chiếu trên trục $X$ và $Y$. Để tải trọng dâng lên, hình chiếu gia tốc của tải trọng lên trục $X$ phải nhỏ hơn hoặc bằng hình chiếu gia tốc tương ứng của nêm. Dựa vào định luật thứ hai của Newton, chúng ta có được

$$\frac{\mu |N| + m |g| \sin \alpha}{m} \leq |a| \cos \alpha .$$

Hình chiếu gia tốc của tải trọng lên trục $Y$ giống như đối với nêm (tải trọng không rời khỏi nêm):

$$\frac{|N| - m |g| \cos \alpha}{m} = |a| \sin \alpha .$$

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

$$|\vec{a}| \geq \frac{\sin \alpha + \mu \cos \alpha}{\cos \alpha - \mu \sin \alpha} |\vec{g}|.$$

F484. Bên trong một quả cầu điện môi có bán kính $R_0$, được tích điện đều với mật độ thể tích $\rho$, có một quả cầu kim loại nối đất có bán kính $r$ (Hình 6). Sự phụ thuộc của căn phòng và điện trường của hệ thống này phụ thuộc vào khoảng cách đến tâm quả cầu.

Chúng ta hãy biểu thị điện tích của quả cầu kim loại nối đất bằng $q$ (sau này chúng ta sẽ tìm giá trị của nó); rõ ràng là $q < 0$. Điện tích này bên ngoài quả cầu (tại $R \geq r$) tạo ra một trường giống như điện tích chính xác $q$ đặt ở tâm quả cầu: hình chiếu của điện tích $\vec{E}$ theo hướng đã chọn từ tâm $E = \frac{q}{4\pi \varepsilon_0 R^2}$. Không có trường nào bên trong hình cầu (tại $R < r$): $E = 0$. Đồ thị $E$ so với $R$ đối với trường của một quả cầu tích điện được hiển thị trong Hình 7 với các đường màu xanh lam.

Điện thế $\varphi$ của trường này bên ngoài quả cầu thay đổi theo định luật $\varphi = \frac{q}{4\pi \varepsilon_0 R}$, còn bên trong quả cầu nó bằng điện thế của bề mặt quả cầu: $\varphi = \frac{q}{4\pi \varepsilon_0 r}$. Hình 8 của đường màu xanh lam hiển thị biểu đồ về mối quan hệ giữa $\varphi$ và $R$.

Một quả bóng tích điện đều bên ngoài nó (tại $R \geq R_0$) tạo ra một trường giống như điện tích chính xác, bằng điện tích của quả bóng $Q = \frac{4}{3} \pi \rho R_0^3$, chúng ta đang ở tâm của nó: $E = \frac{Q}{4\pi \varepsilon_0 R^2} = \frac{\rho R_0^3}{3\varepsilon_0 R^2}$. Bên trong quả bóng ở khoảng cách $R < R_0$

41

từ tâm của nó chỉ hữu ích bởi điện tích mà quả bóng có bán kính $R$ có (không có lớp tích điện nào tạo ra một trường bên trong chính nó). Điện tích $Q_1 = \frac{4}{3} \pi R^3$ này tạo ra một trường có cường độ $E = \frac{Q_1}{4 \pi \varepsilon_0 R^2} = \frac{\rho R}{3 \varepsilon_0}$.

Đồ thị $E$ so với $R$ đối với trường của một quả bóng tích điện được thể hiện trên Hình 7 với một đường màu đen.

Điện thế trường của một quả bóng tích điện bên ngoài quả bóng bằng điện thế của điện tích chính xác $Q$ đặt ở tâm quả bóng: $\varphi = \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_0 R} = \frac{\rho R_0^3}{3 \varepsilon_0 R}$.

Trên bề mặt của quả bóng $\varphi = \frac{\rho R_0^2}{3 \varepsilon_0}$, và khi nó tiến đến tâm quả bóng, điện thế tăng lên: công do điện trường thực hiện khi đi qua một điện tích đơn vị tính từ điểm đang xét bên trong quả bóng trên bề mặt của nó được cộng thêm. Công này bằng cường độ trường trung bình trong khu vực đang xét nhân với chuyển động của một đơn vị điện tích. Vì lực căng thay đổi tuyến tính bên trong quả bóng,

$$E_{cp} = \frac{E_R + E_{R0}}{2} = \frac{\rho (R + R_0)}{6 \varepsilon_0}.$$

Khi đó điện trường bên trong quả bóng bằng

$$\varphi = \frac{\rho R_0^2}{3 \varepsilon_0} + E_{cp} (R_0 - R) = \frac{\rho R_0^2}{3 \varepsilon_0} + \frac{\rho (R_0^2 - R^2)}{6 \varepsilon_0} = \frac{\rho (3 R_0^2 - R^2)}{6 \varepsilon_0}.$$

Biểu đồ tương ứng được hiển thị trong đường màu đen của Hình 8.

Để xây dựng đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của trường thế $\varphi$ của hệ vào $R$, cần cộng các đồ thị được xây dựng riêng cho trường của hình cầu và quả bóng. Trong Hình 8, kết quả của đồ thị được thể hiện bằng đường màu đỏ.

Vẫn còn phải tìm độ lớn của điện tích $q$ trên quả cầu. Vì quả cầu bị dịch chuyển nên thế năng của nó bằng không. Điều này có nghĩa là trên bề mặt của quả cầu, ở $R = r$, điện thế trường của hệ bằng 0:

$$\frac{q}{4 \pi \varepsilon_0 r} + \frac{\rho R_0^2}{3 \varepsilon_0} + \frac{\rho (R_0^2 - r^2)}{6 \varepsilon_0} = 0.$$

Từ đây

$$q = -\frac{2}{3} \pi r \left( 3 R_0^2 - r^2 \right).$$

◆

Chúng ta hãy xem xét con lắc lò xo đơn giản nhất: một tải trọng $M$, gắn vào một lò xo có độ cứng $k$. Khi con lắc dao động điều hòa thì định luật bảo toàn năng lượng được thỏa mãn:

$$\frac{M v^2}{2} + \frac{k x^2}{2} = \text{const},$$

trong đó $v$ là tốc độ và $x$ là độ trộn của tải. Trong quá trình dao động như vậy định luật bảo toàn hệ số cũng được thỏa mãn

$$T = 2 \pi \sqrt{\frac{M}{k}}.$$

42

với bình phương vận tốc và bình phương độ dịch chuyển của tải trọng. Hãy sử dụng điều này để tìm chu kỳ dao động của hệ như trên Hình 9.

Chúng ta hãy biểu thị bằng $\vec{v}$ và $\vec{-v}$ vận tốc của các điện tích chuyển động ra xa nhau và bằng $\vec{u}$ và $\vec{-u}$ vận tốc của các điện tích tiến gần nhau. Vì sợi dây không dãn nên đẳng thức sau đây áp dụng cho hình chiếu vận tốc lên sợi dây:

$$|\vec{v}| \cos \alpha = |\vec{u}| \sin \alpha, \text{ или } |\vec{u}| = |\vec{v}| \text{ ctg} \alpha.$$

Đối với những dịch chuyển nhỏ của điện tích khỏi vị trí cân bằng, góc là $\alpha \approx 45^\circ$, cot $\alpha \approx 1$, do đó $|\vec{u}| \approx |\vec{v}|$. Vậy động năng của hệ là

$$2 \frac{mv^2}{2} + 2 \frac{mu^2}{2} \approx 2 mv^2.$$

Thế năng của hệ bằng công phải tiêu tốn để tạo ra hệ, tức là để truyền các điện tích $q$ từ vô cực đến các vị trí nhất định.

Để điện tích 1 và 3 dịch chuyển khỏi vị trí cân bằng một khoảng nhỏ $x$ (Hình 10). Trong trường hợp này, điện tích 2 và 4 cũng dịch chuyển một khoảng $y$, tức là

$$\left( \frac{l}{\sqrt{2}} + x \right)^2 + \left( \frac{l}{\sqrt{2}} - y \right)^2 = l^2$$

(vì độ dài của sợi $l$ không thay đổi).

Khi chuyển điện tích đầu tiên, phương trình không hoàn hảo vì không có điện trường; Khi di chuyển điện tích thứ hai trong trường của điện tích thứ nhất, điều sau đây xảy ra:

$$A_1 = \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 l}.$$

Để đưa điện tích thứ ba vào trường được tạo bởi hai điện tích đầu tiên, bạn cần thực hiện ngược lại

$$A_2 = \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 l} + \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 (\sqrt{2} l + 2x)};$$

và khi điện tích thứ tư được đưa vào, một cuộc cách mạng xảy ra

$$A_3 = 2 \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 l} + \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 (\sqrt{2} l - 2y)}.$$

Do đó, thế năng của hệ bằng

$$A_1 + A_2 + A_3 \approx \frac{q^2}{\pi\varepsilon_0 l} \left( 1 + \frac{1}{2\sqrt{2}} \right) + \frac{3q^2 x^2}{2\sqrt{2} \pi\varepsilon_0 l^3}$$

(ở đây chúng tôi đã sử dụng kết nối giữa $x$ và $y$ được đưa ra theo công thức (3)).

Tổng năng lượng của hệ bao gồm động năng và thế năng và không thay đổi theo thời gian:

$$2mv^2 + \frac{q^2}{\pi\varepsilon_0 l} \left( 1 + \frac{1}{2\sqrt{2}} \right) + \frac{3q^2 x^2}{2\sqrt{2} \pi\varepsilon_0 l^3} = \text{const.}$$

Di chuyển các số hạng không đổi sang vế phải của đẳng thức, ta được

$$2mv^2 + \frac{3q^2 x^2}{2\sqrt{2} \pi\varepsilon_0 l^3} = \text{const.}$$

Nếu chúng ta giới thiệu các ký hiệu $4m = M$ và $\frac{3q^2}{\sqrt{2} \pi\varepsilon_0 l^3} = k,$

43

F486. Hình 11 thể hiện sơ đồ của máy đo khối phổ. Trong conzamore A, chúng tạo thành các con trai, được gia tốc ở mức $U = 10$ kV tác dụng và đi xuyên qua mục tiêu $C$ vào một từ trường có cảm ứng $|\vec{B}| = 0,1$ T. Sau khi quay, các con rơi xuống tấm quang hiệu $D$ và khiến nó đen lại. Các sọc con $H^+$, $2H^+$, $3H^+$, $He^+$ sẽ nằm cách nhau bao nhiêu trên đĩa? Mục tiêu phải rộng bao nhiêu để các sọc $^{16}O^+$ và $^{15}N^+$ tách biệt?

Hình 11.

Được gia tốc bởi điện trường, chúng thu được động năng

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

trong đó $m$ là khối lượng của con và $q$ là điện tích của nó. Do đó, chúng đi vào buồng khối phổ kế với tốc độ

$$|\vec{v}| = \sqrt{\frac{2qU}{m}}.$$

Trong căn phòng này chúng chịu tác dụng của lực Lorentz

$$|\vec{F}| = |\vec{v}| |\vec{B}| q,$$

do đó chúng chuyển động theo một đường tròn có bán kính $R$. Theo định luật thứ hai của Newton

$$\frac{mv^2}{R} = |\vec{v}| |\vec{B}| q,$$

Ở đâu

$$R = \frac{m |\vec{v}|}{|\vec{B}| q} = \frac{1}{|\vec{B}|} \sqrt{\frac{2mU}{q}}.$$

Các ion cùng loại được thu thập trên nhựa quang ở khoảng cách $l = 2R$ so với mục tiêu. Khoảng cách giữa các con ngọt ngào có cùng điện tích $q$ nhưng khối lượng khác nhau $m_1$ và $m_2$ là

$$\Delta l = 2\Delta R = \frac{2}{|\vec{B}|} \sqrt{\frac{2U}{q}} (\sqrt{m_2} - \sqrt{m_1}).$$

Vì vậy, đối với những giấc mơ $H^+$ và $2H^+$

$$\Delta l = \frac{2}{|\vec{B}|} \sqrt{\frac{2U}{q}} (\sqrt{2m_p} - \sqrt{m_p}) \approx 0,12 \text{ м},$$

trong đó $q = 1,6 \cdot 10^{-19}$ K là điện tích của các con hóa trị một, $m_p = 1,67 \cdot 10^{-27}$ kg là khối lượng proton.

Dành cho những giấc mơ $2H^+$ và $3H^+$

$$\Delta l = \frac{2}{|\vec{B}|} \sqrt{\frac{2U}{q}} (\sqrt{3m_p} - \sqrt{2m_p}) \approx 0,09 \text{ м},$$

và cho $3H^+$ và $He^+$

$$\Delta l = \frac{2}{|\vec{B}|} \sqrt{\frac{2U}{q}} (\sqrt{4m_p} - \sqrt{3m_p}) \approx 0,08 \text{ м}.$$

Rõ ràng, dấu vết của các con trai trên nhựa quang sẽ không trùng nhau nếu chiều rộng của các con trai $d$ nhỏ hơn $\Delta l$. Đặc biệt, đối với sones $^{16}O^+$ và $^{15}N^+$

$$d < \frac{2}{|\vec{B}|} \sqrt{\frac{2U}{q}} (\sqrt{16m_p} - \sqrt{15m_p}) \approx 0,04 \text{ м}.$$

I. Tiếng Slovodechkiy