Lời giải bài toán M471—M474; F487—F490, F492

38

Lời giải bài toán
M471—M474; F487—F490, F492

M471. Hai vòng tròn giao nhau cắt ra ba vùng tổ chức không giao nhau trên mặt phẳng. Chứng minh rằng không có đường tròn nào chia diện tích của mỗi vùng trong ba vùng này làm đôi.

Hình 1.

M472. Bên trong hình lập phương có một đa tạp lồi, hình chiếu của nó lên mỗi ranh giới của hình lập phương trùng với ranh giới này. Chứng minh rằng thể tích của đa tạp ít nhất bằng 1/3 thể tích của hình lập phương.

Hình 2.

M473. Có hai nhóm không có hình tròn, trong đó mỗi nhóm được sắp xếp theo thứ tự khối lượng tăng dần. Cho thấy điều đó

a) Các quả cân 2n - 1 và tất cả các quả cân 2n có thể được sắp xếp theo thứ tự khối lượng tăng dần;

Trong lời giải chúng ta sẽ sử dụng thông báo sau: nếu mỗi cánh chia diện tích của một hình nhất định làm đôi thì chúng nhất thiết phải giao nhau. Giả sử rằng vòng tròn yêu cầu đã được tìm thấy. Chúng ta hãy vẽ một đường thẳng $O_1O_2$ nối các đường tròn đã cho $\gamma_1$ và $\gamma_2$ (Hình 1). Nó chia diện tích của hình $G_1$ làm đôi. Nhưng $\gamma$ cũng chia khu vực này làm đôi. Điều này có nghĩa là bên trong $G_1$ $\gamma$ và $(O_1O_2)$ có một điểm giao nhau. Tương tự như vậy, chúng có các điểm giao nhau bên trong $G_2$ và bên trong $G_3$. Chúng tôi nhận thấy rằng một đường tròn và một đường thẳng cắt nhau tại nhiều hơn hai điểm - một sự mâu thuẫn. Điều này có nghĩa là vòng tròn $G$ như vậy không thể tồn tại.

Chúng tôi mời bạn suy nghĩ về một vấn đề có công thức tương tự (bài toán này đã được độc giả V. Kalmykov từ Voronezh gửi cho chúng tôi).

Hai đường tròn đồng tâm được giới hạn bởi hai diện tích: một hình tròn và một hình tròn nhỏ hơn bán kính. Chứng minh rằng không có đường tròn nào chia diện tích của hai vùng này làm đôi.

S. Fomin

Trên mỗi cạnh của hình lập phương $K$ phải có ít nhất một điểm thuộc khối đa diện $T$, nếu không thì hình chiếu $T$ theo hướng của cạnh này của hình lập phương không trùng với ranh giới tương ứng của hình lập phương. Chúng ta hãy chọn một điểm của khối đa diện $T$ trên mỗi cạnh của hình lập phương $K$ (một số trong số chúng có thể trở thành các đỉnh của hình lập phương). Đặt $C$ là bao lồi của chúng (Hình 4). Từ tính lồi của khối đa diện $T$ suy ra $C \subset T$. Đặt chiều dài cạnh của hình lập phương bằng 1, chúng ta tính thể tích của khối đa diện $K \setminus C$ bổ sung $C$ cho khối lập phương $K$.

$K \setminus C$ là sự kết hợp của cả ba đường thẳng góc ở các góc của hình lập phương $K$ (Hình 2). Hãy chia những đường thẳng này thành từng cặp - một cặp đường thẳng biểu thị mỗi cạnh trong số bốn cạnh thẳng đứng của hình lập phương. Tổng thể tích của mỗi cặp đường thẳng không vượt quá $\frac{1}{3} h S_1 + \frac{1}{3} (1-h) S_2$ (xem Hình 2).

Vì $S_1 \leqslant \frac{1}{2}, S_2 \leqslant \frac{1}{2}$, chúng ta nhận được $\frac{1}{3} h S_1 + \frac{1}{3} (1-h) S_2 \leqslant \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} (h + (1-h)) = \frac{1}{6}$.

Vậy âm lượng $(K \setminus C) \leqslant 4 \cdot \frac{1}{6} = \frac{2}{3}$, do đó âm lượng $T \geqslant$ âm lượng $C \geqslant 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$.

Lưu ý rằng ước tính $1/3$ là chính xác: thể tích của một tứ diện có các đỉnh là bốn đỉnh không kề nhau của hình lập phương là $1/3$ thể tích của hình lập phương.

V. Prasolov

Chúng ta hãy xem xét tổng quát hơn bài toán: có hai nhóm tsir, trong một nhóm có m tsimuks, nhóm kia có n. Trong mỗi nhóm, các vòng tròn được sắp xếp theo thứ tự khối lượng tăng dần. Chúng ta cần tìm số φ($m, n$) sao cho

a) sau khi tiến hành cân φ($m, n$), chúng ta có thể sắp xếp tất cả $m + n$ cir theo thứ tự tăng dần về khối lượng của chúng;

b) điều này không thể thực hiện được với số trọng số nhỏ hơn φ($m, n$).

Bài toán M473 là để chứng minh rằng φ($n, n$) = 2n − 1.

40

khi chia cho 6, số dư là 1, sẽ có dạng $12k + 1$.

Nếu $N = 6l + 3$, thì tương tự, có thể chứng minh rằng $N$ chỉ có thể hoàn hảo nếu nó có dạng $12k + 9$.

Vì vậy, chúng ta đã chứng minh rằng nếu tồn tại một số hoàn hảo lẻ thì số đó có dạng $N = 12k + 1$ hoặc $N = 12k + 9$. Kết quả thu được vẫn có thể thành công. Như tác giả của bài toán K. Samarkulov và S. Yueai đã nói với chúng ta, vào năm 1952, nhà toán học người Anh Tushaar đã chứng minh rằng nếu tồn tại các số hoàn hảo lẻ thì chúng có dạng $N = 12k + 1$ hoặc $N = 36k + 9$. Kết quả của Tushaar được suy ra ngay từ hai phát biểu sau:

1. Số hoàn hảo lẻ có dạng $3^{2n}(4k + 1)$ hoặc $3^{2n+1}(4k + 3)$.
2. Không có số hoàn hảo nào có dạng $3^{2n+1}(4k + 3)$.

Hãy cố gắng tự mình chứng minh những tuyên bố này.

I. Klumova

F487. Hình thành một con bọ trên hai thang đo: từ khoảng cách $d_1 = 3F$, thức ăn $F$ - tiêu cự của thấu kính và từ khoảng cách $d_2 = 5F$. Hỏi phải thay đổi đường kính khẩu độ của thấu kính bao nhiêu lần để chất lượng ảnh trên phim trong cả hai trường hợp là như nhau? Hãy xem xét rằng đường kính thấu kính trong cả hai trường hợp đều nhỏ hơn $F$ nhiều.

Hình 3.

Chúng ta hãy biểu thị bằng $B$ quang thông phát ra từ một đơn vị diện tích bề mặt của con bọ trong một góc khối duy nhất (độ sáng bề mặt). Khi đó quang thông rơi từ vùng $S_0$ (Hình 3) lên ống kính máy ảnh

$$\Phi = BS_0\Omega = BS_0 \frac{S_\pi}{d^2}.$$

Ở đây $\Omega = \frac{S_\pi}{d^2}$ là góc đặc (trên thực tế, đẳng thức này không chính xác mà gần đúng), $S_\pi$ là diện tích khẩu độ ống kính, $d$ là khoảng cách từ máy ảnh đến con bọ.

Sau thấu kính, luồng ánh sáng chiếu vào phim chụp ảnh, tạo ra hình ảnh trên đó. Độ sáng của hình ảnh này

$$E = \frac{\Phi}{S} = \frac{BS_0S_\pi}{d^2S},$$

trong đó $S$ là vùng hình ảnh của vùng được chọn trên bề mặt bọ cánh cứng. Hãy tìm cô ấy.

Vì độ phóng đại tuyến tính của thấu kính là $f/d$ (f là khoảng cách từ thấu kính đến ảnh), mối quan hệ giữa diện tích của ảnh và vật

$$\frac{S}{S_0} = \left( \frac{f}{d} \right)^2.$$

Theo công thức thấu kính, $\frac{1}{d} + \frac{1}{f} = \frac{1}{F}$, từ đó

$$f = \frac{Fd}{d - F},$$ và $\frac{f}{d} = \frac{F}{d - F}$.

Vì vậy độ sáng của ảnh

$$E = \frac{BS_\pi}{d^2} \frac{S_0}{S} = \frac{BS_\pi(d - F)^2}{d^2F^2}.$$

Theo điều kiện bài toán, khi chụp ảnh một con bọ ở hai tỷ lệ, độ sáng của ảnh phải giống nhau:

$$\frac{BS_\pi(d_1 - F)^2}{d_1^2F^2} = \frac{BS_\pi(d_2 - F)^2}{d_2^2F^2}.$$

Từ đây

$$\frac{S_{\pi 2}}{S_{\pi 1}} = \frac{(d_1 - F)^2 d_2^2}{(d_2 - F)^2 d_1^2} = \frac{25}{36},$$ và

$$\frac{D_{\pi 2}}{D_{\pi 1}} = \frac{5}{6}.$$

42

Với tần số bình thường của ánh sáng ($\alpha = 0$) trên một màng có độ dày tối thiểu có thể ($d_{min} \approx 10^{-7}$ m), các điều kiện về giao thoa cực đại được thỏa mãn đối với các sóng ánh sáng có chiều dài thỏa mãn sự tương ứng

$$\frac{1}{n} \frac{\lambda}{4} \approx 10^{-7} \text{ м.}$$

Từ đây

$$\lambda \approx 5 \cdot 10^{-7} \text{ м.}$$

Trong ánh sáng phản chiếu, phim sẽ có màu xanh lục.

◆

Electron đi vào từ trường, có động năng

$$E_k = \frac{mv^2}{2} = eU$$

($e = 1,6.10^{-19}$ C là điện tích của electron, $m = 9,1.10^{-31}$ kg là khối lượng của electron), nghĩa là ở tốc độ

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

1. Nếu từ trường vuông góc với mặt phẳng hình vẽ thì các electron chuyển động theo một đường tròn tiếp xúc với đường thẳng TT’ tại điểm T. Vì gia tốc hướng tâm được truyền cho các electron bởi lực Lorentz nên bán kính R của đường tròn này sao cho

$$|\vec{F}_{\perp}| = e |\vec{v}| |\vec{B}| = \frac{mv^2}{R}.$$

Từ đây

$$|\vec{B}| = \frac{m |\vec{v}|}{eR} = \frac{1}{R} \sqrt{2U \frac{m}{e}}.$$

Từ Hình 6, rõ ràng là các electron sẽ chạm tới điểm M nếu $R = \frac{d}{2 \sin \alpha}$, tức là khi

$$|\vec{B}| = \frac{2 \sin \alpha}{d} \sqrt{2U \frac{m}{e}} \approx 3,4 \cdot 10^{-3} \text{ T}.$$

2. Nếu từ trường hướng dọc theo đường thẳng TM thì các electron sẽ chuyển động theo hình xoắn ốc, trục của nó song song với đường thẳng TM (Hình 7). Thật vậy, hình chiếu vận tốc electron lên đường thẳng TM $v_1 = |\vec{v}| \cos \alpha$ sẽ không thay đổi. Trong mặt phẳng vuông góc với đường thẳng TM, các electron sẽ chuyển động theo một đường tròn có giá trị tuyệt đối với vận tốc bằng $v_2 = |\vec{v}| \sin \alpha$.

Sau khi thực hiện một vòng hoàn toàn quanh trục của nó, các electron sẽ cắt đường thẳng TM. Nếu hình chiếu $v_1$ của vận tốc electron lên đường thẳng TM bằng 0, thì sau khi thực hiện một vòng hoàn toàn dọc theo một vòng tròn bán kính $R_1$, các electron sẽ quay trở lại điểm T. Trong trường hợp của chúng ta, chúng sẽ cắt đường thẳng TM tại các điểm cách nhau một khoảng $l = v_1 \tau$, trong đó $\tau$ là thời gian mà các electron thực hiện một vòng quay:

$$\tau = \frac{2 \pi R_1}{v_2}.$$

Để electron đi tới điểm M thì độ dài $|TM|$ phải bằng số nguyên $l$, tức là

$$d = kl = kv_1 \tau = 2 \pi k R_1 \frac{v_1}{v_2} = 2 \pi k R_1 \text{ ctg} \alpha (k - \text{целое}).$$

43

Hình 6.

Hình 7.

F490. Khi một dòng neutron đi qua một tấm kadmium moltsin dày 1 mm, số lượng hạt giảm đi 15%, nhưng tốc độ của chúng không thay đổi. Bao nhiêu phần dòng neutron đi qua tấm cadimi dày 10 mm?

F492*). Hai hình trụ xoắn có đường kính D và d nằm trên một mặt phẳng gồ ghề (Hình 8). Một sợi dây được quấn quanh một hình trụ lớn, tác dụng một lực nằm ngang $\vec{F}$ vào đầu của nó. Xác định trong những điều kiện nào là như nhau đối với tất cả

*) Bài toán F491 đã được xuất bản trên tạp chí của chúng tôi (F385). Lời giải xem «Kvant», 1976, số 12.

Viết phương trình electron trong mặt phẳng vuông góc với đường thẳng TM:

$$\frac{mv_2^2}{R_1} = e |\vec{B}| v_2.$$

Từ đây

$$R_1 = \frac{mv_2}{e |\vec{B}|} = \frac{1}{|\vec{B}|} \sqrt{2U \frac{m}{e}} \sin \alpha.$$

Do đó, các electron sẽ đạt tới điểm M nếu

$$d = \frac{2\pi k}{|\vec{B}|} \sqrt{2U \frac{m}{e}} \cos \alpha,$$

nghĩa là, nếu

$$|\vec{B}| = \frac{2\pi k \cos \alpha}{d} \sqrt{2U \frac{m}{e}} = k \cdot 6,6 \cdot 10^{-3} \text{T}.$$

Các giá trị có thể có của k và |$\vec{B}$|:

với k = 1 |$\vec{B}$| = 6,6,10^{-3} T;

với k = 2 |$\vec{B}$| = 13.2.10^{-3} T;

với k = 3 |$\vec{B}$| = 19,8,10^{-3} T;

và cuối cùng, với k = 4 |$\vec{B}$| = 26.4.10^{-3} T.

♦

Chúng ta hãy nhẩm chia chiếc đĩa thành một con voi dày 1 mm. Nếu tổng cộng N neutron rơi lên tấm thì lớp thứ nhất đi qua số neutron đó

$$N_1 = (1 - \alpha) N,$$

ở đâu $\alpha = 0,15$. Tương tự như vậy, lớp thứ hai đi qua số neutron

$$N_2 (1 - \alpha) N_1 = (1 - \alpha)^2 N.$$

Rõ ràng, sau lớp thứ n sẽ vẫn còn trong dòng chảy

$$N_n = (1 - \alpha)^n N$$ neutron.

Số nơtron truyền qua một tấm cadmium dày 10 mm bằng

$$N_{10} = (1 - 0,15)^{10} N = 0,85^{10} N.$$

Như vậy,

$$\frac{N_{10}}{N} = 0,85^{10} \approx 0,2.$$

♦

Tại thời điểm hình trụ lớn hơn được đặt ra khỏi mặt phẳng, hệ không trượt sang phải nếu lực $\vec{F}$ có giá trị tuyệt đối bằng lực ma sát $\vec{F}_2$ của hệ trên mặt phẳng tại nơi hình trụ nhỏ chạm vào nó. Với hệ số ma sát tối thiểu có thể có, lực $\vec{F}_2$ tại thời điểm này có giá trị tuyệt đối bằng $\mu |\vec{N}_2|$ (Hình 9). Kể từ đây,

$$\mu |\vec{N}_2| \geq |\vec{F}|.$$

Để hệ ở trạng thái cân bằng tại thời điểm này thì mômen của các lực $\vec{F}_1$ và $\vec{F}_2$ phải bằng tâm của hình trụ nhỏ hơn, tức là

$$|\vec{F}_1| = |\vec{F}_2| = |\vec{F}|.$$

44

hệ số 們 chạm vào các bề mặt được di chuyển qua hệ số nhỏ. Giá trị tuyệt đối của lực $\vec{F}$ phải là bao nhiêu để điều này có thể xảy ra?

Hình 8.

Hình 9.

Vì $\|\vec{F}_1\| = \mu \|\vec{N}_1\|$ nên điều kiện $\mu \|\vec{N}_1\| \geq \|\vec{F}\|$ phải được thỏa mãn.

Dễ dàng thấy rằng khi điều kiện (2) được thỏa mãn thì hình trụ lớn không đối chiếu với hình trụ nhỏ. Để một hình trụ lớn không bị kiểm tra, tổng mô men của tất cả các lực đối với trục của nó phải bằng 0. Điều này chỉ có nghĩa là mô hình lực ma sát giữa các xi lanh phải bằng $\|\vec{F}\|$.

Bây giờ chúng ta hãy tìm các lực $\vec{N}_1$ và $\vec{N}_2$ là gì. Vì hình trụ lớn ở trạng thái cân bằng nên tổng các hình chiếu ngang của các lực $\vec{F}_1$, $\vec{N}_1$ và $\vec{F}$ phải bằng 0:

$$\|\vec{N}_1\| \sin \alpha - \|\vec{F}\| - \|\vec{F}\| \cos \alpha = 0.$$

Từ đây

$$\|\vec{N}_1\| = \frac{\|\vec{F}\| (1 + \cos \alpha)}{\sin \alpha}.$$

Thay giá trị này $\|\vec{N}_1\|$ vào bất đẳng thức (3), ta thấy điều kiện phải được thỏa mãn

$$\mu \geq \frac{\sin \alpha}{1 + \cos \alpha}.$$

Để tìm $\vec{N}_2$, chỉ cần bằng 0 tổng các hình chiếu thẳng đứng của tất cả các lực tác dụng lên toàn bộ hệ thống là đủ. Điều này mang lại

$$\|\vec{N}_2\| = (m_1 + m_2) \|\vec{g}\|.$$

Vì khi một hình trụ lớn ở trạng thái cân bằng, tổng mômen của tất cả các lực đối với trục hoành đi qua điểm $K$ cũng phải bằng 0 nên

$$m_1 \|\vec{g}\| |KL| = \|\vec{F}\| |KM|,$$

hoặc

$$m_1 \|\vec{g}\| R \sin \alpha = \|\vec{F}\| (R + R \cos \alpha).$$

Từ đây

$$\|\vec{F}\| = m_1 \|\vec{g}\| \frac{\sin \alpha}{1 + \cos \alpha}.$$

Thay biểu thức này cho $\|\vec{F}\|$ và biểu thức tìm thấy ở trên cho $\|\vec{N}_2\|$ vào bất đẳng thức (1), chúng ta thu được

$$\mu \geq \frac{m_1}{m_1 + m_2} \frac{\sin \alpha}{1 + \cos \alpha}.$$

Điều này có nghĩa là $\mu$ phải lớn hơn giá trị lớn nhất trong các biểu thức bên phải của bất đẳng thức (4) và (6). Rõ ràng, để điều này xảy ra, điều kiện (4) phải được thỏa mãn, nghĩa là:

$$\mu \geq \frac{\sin \alpha}{1 + \cos \alpha}.$$

Vì $\cos \alpha = \frac{OP}{OO'} = \frac{R - r}{R + r} = \frac{D - d}{D + d}$ và $\sin \alpha = \frac{2 \sqrt{Dd}}{D + d}$ thì

$$\mu \geq \frac{2 \sqrt{Dd}}{(1 + \frac{D - d}{D + d}) (D + d)} = \sqrt{\frac{d}{D}},$$

$$|\vec{F}| = \sqrt{\frac{d}{D}} m_1 \|\vec{g}\|.$$

I. Tiếng Slovodechkiy