Bài toán M576—M580; F588—F592

38

Vấn đề
lượng tử

M576—M580;F588—F592

Chúng tôi đã chạy chuyên mục này từ số này đến số khác kể từ khi thành lập tạp chí. bài toán được xuất bản trong đó không phải là tiêu chuẩn, nhưng lời giải của chúng không yêu cầu kiến ​​thức ngoài phạm vi chương trình giảng dạy ở trường hiện tại. bài toán khó nhất đã bị xóa bằng dấu hoa thị. Sau khi hình thành bài toán, chúng tôi thường cho biết ai đã đề xuất điều đó cho chúng tôi. Tất nhiên, không phải tất cả những bài toán này đều được xuất bản lần đầu tiên. Lời giải bài toán từ số này có thể được gửi chậm nhất là ngày 15 tháng 10 năm 1979. Trong cột “Tới”, hãy viết: “Nhiệm vụ «Kvant» Số 8—79” và các số bài toán, lời giải mà bạn đang gửi, ví dụ: “M576, M577 hoặc “F588”. Lời giải bài toán từ các số khác nhau của tạp chí hoặc trong các chủ đề khác nhau (toán học và vật lý) được đưa vào các phong bì khác nhau có ghi địa chỉ của bạn trên đó.

Điều kiện của mỗi bản gốc bài toán được đề xuất xuất bản (hoặc chu kỳ bài toán) được ấn định trong một phong bì riêng biệt, được nhân đôi cùng với lời giải của bạn cho những bài toán này (trên vị trí phong bì: “Vấn đề «Kvant», một vấn đề mới trong vật lý hoặc “… một vấn đề mới trong toán học”).

Ở đầu mỗi chữ cái, vui lòng cho biết họ, tên, mã số trường và lớp mà bạn là giáo viên.

Trong số này, Bài toán được tổng hợp từ bài toán, được đưa ra tại Olympic toàn Liên đoàn lần thứ XIII dành cho học sinh. Số trong ngoặc đơn biểu thị lớp mà bài toán tương ứng được đề xuất.

M576. Có một số điểm trên mặt phẳng đã cho. Đối với một số cặp (A; B) của các điểm này, các vectơ $\vec{AB}$ được lấy và theo cách sao cho cùng một số vectơ bắt đầu tại mỗi điểm và kết thúc tại điểm đó. Chứng minh rằng tổng của tất cả các vectơ đã chọn bằng $\vec{0}$. (8)

V. Proizvolov

M577. Số quân cờ nhỏ nhất cần được đặt trên các ô của bàn cờ có kích thước a) $8 \times 8$ ô,
b) $n \times n$ ô
sao cho trên mỗi đoạn thẳng đi qua tâm trường tùy ý và song song với một cạnh hoặc đường chéo bất kỳ của bàn cờ có ít nhất một quân cờ? (Phi được đặt ở giữa các sân.) (8; 10)

N. Vasiliev

M578. Tìm $x$ và $y$ từ hệ phương trình
$$\begin{cases} \frac{x-y}{\sqrt{x^2-y^2}} = a, \\ \frac{y-x}{\sqrt{x^2-y^2}} = b \end{cases}$$
(a và b là các số đã cho). (8; 10)

V. Gutemacher

M579. Chứng minh rằng với mọi số $x_1, x_2, \dots, x_n$ thuộc khoảng [0; 1], bất đẳng thức đúng
$$\left(x_1+x_2+\dots+x_n+1\right)^2 \geq 4\left(x_1^2+x_2^2+\dots+x_n^2\right).$$
(9)

A. Plotkin, S. Fomin

M580. Trong quốc hội, mỗi thành viên có không quá ba kẻ thù. Chứng minh rằng quốc hội có thể được chia thành hai viện sao cho mỗi nghị viện trong cùng một viện sẽ không có nhiều hơn một kẻ thù. (Người ta coi rằng nếu $A$ là kẻ thù của $B$ thì $B$ là kẻ thù của $A$.) (8-10)

O. Borodin

F588. Hình 1 (nhìn từ trên xuống) được thực hiện với ảnh chụp các đám khói tỏa ra từ ba đầu máy xe lửa di chuyển dọc theo một đoạn thẳng của đường ray. Tốc độ của đầu máy thứ nhất là $|\vec{v}_1| = 50$ km/h, và tốc độ của đầu máy thứ hai là $|\vec{v}_2| = 70$ km/h,

39

hướng chuyển động của chúng được biểu thị trong hình bằng các mũi tên. Vận tốc của đầu máy thứ ba là bao nhiêu? (9)

N. Slobodetsky

F589. Một bình trụ có thể tích 10 lít, đóng kín bằng pít-tông và đặt trong bình điều nhiệt ở nhiệt độ 40°C, chứa 0,05 mol hai chất. Xác định khối lượng chất lỏng trong xi lanh sau khi đẳng nhiệt, do đó thể tích dưới pít-tông giảm đi 3 lần. Áp suất hơi bão hòa của chất lỏng thứ nhất ở nhiệt độ 40°C là 0,7·10⁴ Pa, chất lỏng thứ hai - 1,7·10⁴ Pa. Vẽ đường đẳng nhiệt scatium. Khối lượng mol của chất lỏng thứ nhất là 1,8·10⁻² kg/mol, chất lỏng thứ hai - 4,6·10⁻² kg/mol. (10)

M. Vavrukh

F590. Khi một xe điện di chuyển dọc theo đoạn đường nằm ngang ở một tốc độ nhất định, nó sẽ tiêu thụ dòng điện I₀=100 A, trong khi hiệu suất chuyển động là η=0,9 *). Khi xe điện di chuyển xuống đoạn nghiêng của đường ray với cùng tốc độ thì dòng điện trong động cơ bằng 0 (động cơ đã tắt). Động cơ sẽ tiêu thụ dòng điện bao nhiêu khi xe điện di chuyển lên trên cùng một đoạn đường với cùng tốc độ? (10)

V. Skorovarov

F591. Hai hình trụ có bán kính khác nhau va chạm theo hai hướng ngược nhau quanh trục song song nằm ngang với vận tốc góc ω₁=ω₂=ω=2 rad/s. Khoảng cách ngang giữa các trục là L = 4 m. Tại thời điểm t = 0, một chùm tia được đặt trên các hình trụ vuông góc với các trục sao cho nó ở vị trí nằm ngang và đồng thời tiếp xúc với cả hai bề mặt quay, và khối tâm của nó nằm ngay phía trên trục hình trụ nhỏ hơn bán kính (r = 0,25 m), như chỉ ra trên Hình 2. Tính toán và minh họa sự phụ thuộc đồ thị của chuyển vị ngang của chùm theo thời gian, bắt đầu từ thời điểm t=0. Hệ số ma sát μ=0,05, gia tốc trọng trường bằng g=10,0 m/s². (10)

D. Futorsky

F592. Có hai bình dẫn nhiệt. Thùng đầu tiên chứa 5 lít nước ở nhiệt độ *) Hiệu quả di chuyển của xe điện phụ thuộc vào cường độ dòng điện.

41

M522. Trên mặt phẳng đã cho có một số đoạn thẳng rời nhau, không có đoạn nào nằm trên cùng một đường thẳng. Chúng tôi muốn kiểm tra thêm một số đoạn nối các đầu của các đoạn này để tất cả các đoạn này cùng nhau tạo thành một đường đứt nét phi tuyến tính. Điều này có thể luôn luôn được thực hiện?

M523. Quân cờ vừa với một nút của bàn cờ có kích thước $n \times n$ ô. Mỗi người trong số hai người chơi lần lượt chuyển nó sang ô liền kề (có một mặt chung với mặt đặt chip). Con thứ hai không thể phân tán ra sân, hai con chip đã hú rồi. Chúng tôi chăm sóc những người không có nơi nào để đi.
a) Chứng minh rằng nếu $n$ là số chẵn thì cerru đầu có thể thêm phần bị cắt, và nếu $n$ là số lẻ thì chúng ta cắt bỏ phần thứ hai.
b) Chúng ta nên loại bỏ ai nếu con chip ban đầu không nằm trên trường nút mà nằm trên trường liền kề với nó?

Đáp số: không phải lúc nào cũng vậy. Hình 1 cho thấy sáu đoạn mà các đầu của chúng không thể được kết nối theo cách yêu cầu. Trên thực tế, mỗi đầu trong số sáu đầu của đoạn ngắn chỉ có thể được nối với phần cuối của đoạn dài “của chính nó”, và vì phải có hai đầu tự do nên cả hai đầu của một trong các đoạn ngắn phải được nối bằng các đoạn với các đầu của đoạn dài. Kết quả sẽ là một đường gãy khép kín có bốn mắt xích - một sự mâu thuẫn.

V. Proizvolov

♦

a) Giả sử $n$ là số lẻ. Trong trường hợp này, một doku có kích thước $n \times n$, ngoài trường góc, có thể được bao phủ bằng xương domino $2 \times 1$ (Hình 2, a). Hãy để người về thứ hai thực hiện theo chiến lược này: anh ta đặt một con cá trên ô thứ hai của quân domino, trên ô đầu tiên mà người chơi bắt đầu trò chơi đặt con cá. Rõ ràng là làm như vậy thì người chơi thứ hai sẽ thắng.

Để $n$ chẵn. Sau đó, một doku có kích thước $n \times n$ có thể được bao phủ hoàn toàn bằng xương domino (Hình 2, b). Trong trường hợp này, người chơi bắt đầu trò chơi, tin rằng với nước đi “không”, đồng đội của anh ta đã đặt một con cá vào ô góc của quân domino, trên ô đầu tiên mà người chơi bắt đầu trò chơi đặt cá. Rõ ràng là người bắt đầu trò chơi bây giờ sẽ giành chiến thắng.

b) Nếu ban đầu con chip không nằm ở ô góc mà nằm ở ô liền kề thì người mới bắt đầu luôn thắng. Tại sao $n$ điều này đã được chứng minh như trên (bàn cờ ngay lập tức được chia thành các “domin”, và người chơi đầu tiên phải đặt cược như trước). Đặt $n$ là số lẻ. Sau đó, người chơi bắt đầu trò chơi là ô góc của bến tàu (người chơi thứ hai sẽ không đến được đó vì nó sai màu - xem Hình 2, b), sau đó

Hình 2a.

Hình 26.

Hình 2c.

đánh bại phần còn lại của bến cảng để “dominiki” và một lần nữa hành động theo chiến lược.

Chúng tôi mời người đọc tìm ra ai sẽ thắng nếu con chip ban đầu đứng trên một số lĩnh vực khác.

N. Nechevmaev

♦

Nếu $1978^m-1$ với một số $m$ tự nhiên chia hết cho $1000^m-1$, thì $m$ hiệu $(1978^m-1)-(1000^m-1)=1978^m-1000^m$ cũng chia hết cho $1000^m-1$.

$$1978^m-1000^m=2^m(989^m-500^m).$$

Vì $1000^m-1$ là số lẻ nên $1000^m-1$ phải chia hết cho $989^m-500^m$. Nhưng điều đó là không thể

42

M525. Chứng minh rằng với mỗi khối đều tồn tại hai mặt phẳng sao cho hình chiếu của các khối đó lên các mặt phẳng này ít nhất là $\sqrt{2}$.

Hình 3.

Chúng ta hãy vẽ các mặt phẳng song song $\Pi_1$ và $\Pi_2$ qua hai cạnh đối diện $AB$ và $CD$ của khối trung diện $ABCD$ (Hình 3). Gọi $h$ là khoảng cách giữa chúng. Chúng ta sẽ chỉ xem xét các hình chiếu của khối trung diện trên các mặt phẳng vuông góc với $\Pi_1$, và chúng ta cũng sẽ tìm giá trị trung bình của chúng, tỷ lệ các hình chiếu của khối trung diện trên đó không nhỏ hơn $\sqrt{2}$.

Gọi $A_1B_1C_1D_1$ là hình chiếu của khối đa diện $ABCD$ lên một mặt phẳng như vậy $\alpha$. Sau đó $[A_1B_1] \subset \Pi_1 \cap \alpha$, $[C_1D_1] \subset \Pi_2 \cap \alpha$ và do đó $[A_1B_1] \parallel [C_1D_1]$. Như vậy, hình chiếu $A_1B_1C_1D_1$ của khối trung diện $ABCD$ lên mặt phẳng $\alpha$ là hình thang có chiều dài $h$ (trong một số trường hợp thoái hóa thành hình tam giác). Đường giữa $KL$ của hình thang $A_1B_1C_1D_1$ là hình chiếu của hình bình hành $PQRS$, trong đó $P, Q, R, S$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AC, AD, BD$ và $BC$ của khối trung diện $ABCD$ (xem Hình 3). (Thật vậy, tất cả các điểm $K, L, P, Q, R, S$ đều nằm trong mặt phẳng song song với các mặt phẳng $\Pi_1$ và $\Pi_2$ và cách đều chúng.) Các đỉnh của hình bình hành $P, Q, R, S$ lần lượt được chiếu tại các giao điểm của đường giữa $KL$ với các đoạn $A_1C_1, A_1D_1, B_1D_1$ và $B_1C_1$. Để định nghĩa, chúng ta sẽ giả sử rằng $[PQ]$ là cạnh nhỏ hơn của hình bình hành và $[PR]$ là cạnh lớn hơn trong các đường chéo của nó. Rõ ràng là $|PR|/|PQ| \geq \sqrt{2}$.

Bây giờ chúng ta lấy mặt phẳng $\alpha_1$, song song với đường chéo $PR$ (và tất nhiên, vuông góc với mặt phẳng $\Pi_1$) và mặt phẳng $\alpha_2$, vuông góc với $[PS]$ ($\alpha_2 \perp \Pi_1$). Độ dài đường trung bình của hình thang (hình chiếu của khối đa diện) trong trường hợp đầu tiên bằng $|PR|$, và trong trường hợp thứ hai - không quá $|PQ|$. Trong trường hợp đầu tiên, hình chiếu mặt phẳng của khối trung diện bằng $h \cdot |PR|$, trong trường hợp thứ hai - không quá $h \cdot |PQ|$. Tỷ lệ của các mặt phẳng này không nhỏ hơn $\sqrt{2}$.

Đối với một khối trung diện đều, ước tính $\sqrt{2}$ là dân số: các mặt phẳng hình chiếu của khối trung diện đều trên các mặt phẳng $\alpha_1$ và $\alpha_2$ sẽ bằng $a^2/2$ và $a^2/2\sqrt{2}$, trong đó $a$ là độ dài của cạnh trung diện đều. Nhưng điều này cũng cần có bằng chứng.

A. Berzin

M526. a) Chứng minh diện tích adb của tứ giác lồi bằng
$$S = \frac{tg\varphi |a^2 - b^2 + e^2 - d^2|}{4},$$
thức ăn $a, b, c, d$ - độ dài của các đường liên tiếp của tứ giác, $\varphi$ - các giá trị giữa các đường chéo của nó, $\varphi \neq 90^\circ$.
b) adb có thể tìm diện tích $S$ khi biết $a, b, c$ và $d$, nếu $\varphi = 90^\circ$ không?

a) Cho $ABCD$ là tứ giác đã cho, $|AB| = a$, $|BC| = b$, $|CD| = c$, $|DA| = d$ (Hình 4). Sau đó
$$S = \frac{1}{2} |AC| \cdot |BD| \cdot \sin \varphi.$$
Hãy thử biểu diễn diện tích adb $S$ của tứ giác $ABCD$ thông qua tích vô hướng của các vectơ $\vec{AC}$ và $\vec{BD}$. Rõ ràng rằng một trong các đẳng thức sau có giá trị:
$$\vec{AC}; \vec{BD} = \varphi \text{ или } \vec{AC}; \vec{BD} = \pi - \varphi.$$
Pozny $|\cos(\vec{AC}; \vec{BD})| = \cos \varphi$. Nếu $\varphi \neq \frac{\pi}{2}$ thì
$$S = \frac{1}{2} |AC| \cdot |BD| \cdot \cos \varphi = \frac{1}{2} |AC| \cdot |BD| \times$$

43

Hình 4.

Hình 5.

Hình 6.

$$\times | \cos(\vec{AC}; \vec{BD})| \text{tg} \varphi = \frac{1}{2} \|\vec{AC}\| \cdot |\vec{BD}| \cos(\vec{AC}; \vec{BD})| \cdot \text{tg} \varphi = \frac{1}{2} |\vec{AC} \cdot \vec{BD}| \cdot \text{tg} \varphi.$$

Tuy nhiên $\vec{AC} \cdot \vec{BD} = \vec{AC} (\vec{AD} - \vec{AB}) = \vec{AC} \cdot \vec{AD} - \vec{AC} \cdot \vec{AB} = \frac{1}{2} (2\vec{AC} \cdot \vec{AD} - 2\vec{AC} \cdot \vec{AB}) = \frac{1}{2} [(\vec{AC})^2 + (\vec{AD})^2 - (\vec{AC} - \vec{AD})^2 - ((\vec{AC})^2 + (\vec{AB})^2 - (\vec{AC} - \vec{AB})^2)] = \frac{1}{2} [(\vec{AC})^2 + (\vec{AD})^2 - (\vec{DC})^2 - (\vec{AC})^2 - (\vec{AB})^2 + (\vec{BC})^2] = \frac{1}{2} ((\vec{BC})^2 - (\vec{CD})^2 + (\vec{DA})^2 - (\vec{AB})^2);$

bởi vì

$$S = \frac{1}{2} |\vec{AC} \cdot \vec{BD}| \cdot \text{tg} \varphi = \frac{1}{4} |a^2 - b^2 + c^2 - d^2| \cdot \text{tg} \varphi.$$

V. Guba

6. Đối với $\varphi = 90^\circ$, hãy biểu thị diện tích $S$ của một tứ giác lồi theo độ dài $a, b, c, d$ các cạnh của nó. Lưu ý rằng trong trường hợp này $a^2 - b^2 + c^2 - d^2 = 0$. Đặt $a$ là số nhỏ nhất trong các số $a, b, c, d$. Một đoạn có chiều dài $a$ với các đầu trên tia $l_1$ và $m_1$ (Hình 5) có thể được kéo dài thành một tứ giác với các cạnh đã cho; Bằng cách thay đổi vị trí của đoạn thẳng, chúng ta sẽ có được một loạt các hình tứ giác như vậy (với các góc khác nhau ở các đỉnh). Hãy chứng minh rằng diện tích của tất cả các hình tứ giác này không bằng nhau. Để làm điều này, chúng tôi sử dụng đẳng thức (Hình 6)

$$S = \frac{1}{2} (ab \sin \varphi + cd \sin \psi),$$

trong đó $\varphi$ và $\psi$ là các góc tại các đỉnh $A$ và $C$ của tứ giác, hãy cùng tìm những giá trị nào $S$ có thể nhận.

Các góc $\varphi$ và $\psi$ có liên hệ với nhau bởi

$$a^2 + b^2 - 2ab \cos \varphi = c^2 + d^2 - 2cd \cos \psi$$

(định lý cosin).

Chúng ta sẽ giả sử rằng góc $\varphi$ là hàm của $\varphi$. Từ khớp (*)

$$\psi' = \frac{ab \sin \varphi}{cd \sin \psi},$$

vì vậy với $S'$ tùy ý (bằng $\varphi$), chúng ta nhận được:

$$S' = \frac{1}{2} (ab \cos \varphi + \psi' cd \cos \psi) = \frac{ab}{2} \left( \cos \varphi + \frac{\cos \psi}{\sin \psi} \sin \varphi \right) = \frac{ab}{2} \sin \psi \sin (\varphi + \psi).$$

Chúng ta thấy rằng $S' = 0$ khi $\sin (\varphi + \psi) = 0$, tức là khi $\varphi + \psi = 180^\circ$. Điều này có nghĩa là một đường tròn có thể được mô tả xung quanh tứ giác tương ứng.

Chúng tôi tôn vinh định lý nổi tiếng của Schmeiner rằng trong tất cả các hình tứ giác có một cạnh cho trước, hình tứ giác có thể mô tả được hình tròn là hình có diện tích lớn nhất. Hầu như - bởi vì chúng ta vẫn cần kiểm tra xem tại điểm 0 được chỉ định của $S'$ tùy ý thì hàm $S = S(\varphi)$ thực sự có cực đại. Chúng ta sẽ hạn chế kiểm tra phát biểu này chỉ trong trường hợp chúng ta đang xét, khi các đường chéo của tứ giác vuông góc (chúng ta chưa sử dụng trường hợp này).

44

Lưu ý rằng đạo hàm $\psi'$ không âm (có thể thấy điều này từ công thức (**)), do đó khi góc $\varphi$ tăng thì góc $\psi$ cũng tăng. Góc $\varphi$ lấy giá trị nhỏ nhất trong tứ giác ở Hình 7, $a$ và lớn nhất trong Hình 7, 6 (hãy nhớ rằng $a$ là góc nhỏ nhất). Do đó, tổng của $\varphi + \psi$ thay đổi từ giá trị nào đó nhỏ hơn 180° đến giá trị nào đó lớn hơn 180° và nhỏ hơn 360°. Đạo hàm của $S'$ dương tại $\varphi + \psi < 180^\circ$, 0 tại $\varphi + \psi = 180^\circ$ và nhỏ hơn 0 tại 180° < $\varphi + \psi < 360^\circ$. Do đó, bản thân hàm $S$ tăng ở $\varphi + \psi < 180^\circ$ và đạt cực đại ở $\varphi + \psi = 180^\circ$, sau đó giảm dần; sao cho đạt được mức tối thiểu $S$ tại một trong các điểm cuối x (tương ứng với Hình 7 và 6). Có thể dễ dàng tính toán (bạn tự làm) rằng diện tích tối đa của $S_{\max}$ là $\frac{ac + bd}{2}$, và tại các điểm cuối lần lượt là $S_1 = \frac{1}{2}(a + d)\sqrt{b^2 - a^2}$ và $S_2 = \frac{1}{2}(a + b)\sqrt{d^2 - a^2}$ ($S_1 < S_2$ nếu $b < d$; $S_1 = S_2$ nếu $b = d$; $S_1 > S_2$ nếu $b > d$). Đồ thị của hàm $S$ được thể hiện trên Hình 8, diện tích $S$ (một tứ giác có độ dài các cạnh cho trước và các đường chéo vuông góc với nhau) có thể nhận bất kỳ giá trị nào trong $S_1 \leq S \leq S_{\max}$, $S_{\max} \leq S \leq S_2$.

L. Limanov

M527. Đặt $x_1, x_2, \dots, x_n$ là số thực, $0 \leq x_i \leq 1$. Chứng minh rằng số lượng $x_1 + x_2 + \dots + x_n - x_1x_2 - x_2x_3 - \dots - x_{n-1}x_n - x_nx_1$ không thể vượt quá
a) 1 tại $n = 3$;
b) 2 tại $n = 4$;
c) $[n/2]$ tại $n \geq 3$.

Hình 7.

Hình 8.

M527. Đặt $x_1, x_2, \dots, x_n$ là số thực, $0 \leq x_i \leq 1$. Chứng minh rằng số lượng $x_1 + x_2 + \dots + x_n - x_1x_2 - x_2x_3 - \dots - x_{n-1}x_n - x_nx_1$ không thể vượt quá
a) 1 tại $n = 3$;
b) 2 tại $n = 4$;
c) $[n/2]$ tại $n \geq 3$.

Hình 9.

Chúng tôi sẽ cho hai lời giải điểm) bài toán. Đầu tiên trong số chúng sử dụng phương pháp quy nạp toán học và bước quy nạp được thực hiện từ $n = k$ đến $n = k + 2$. Trong trường hợp này, cần kiểm tra sự thỏa mãn của các bất đẳng thức tương ứng đối với hai giá trị ban đầu $n: n = 3$ và $n = 4$. Trên thực tế, việc kiểm tra này cấu thành nội dung của các điểm $a$) và $6)$ bài toán.
a) Vì vậy, hãy để $n = 3$. Từ điều kiện $0 \leq x_i \leq 1$ ($i = = 1, 2, 3$) suy ra $(x_1 - 1)(1 - x_2)(1 - x_3) \leq 0$, tức là $x_1x_2x_3 + x_1 + x_2 + x_3 - x_1x_2 - x_2x_3 - x_3x_1 \leq 1$.
Vì $x_1x_2x_3 \geq 0$, chúng ta thu được bất đẳng thức cần thiết $x_1 + x_2 + x_3 - x_1x_2 - x_2x_3 - x_3x_1 \leq 1$.
b) Đặt $n = 4$. Chúng ta hãy chứng minh rằng $x_1 + x_2 + x_3 + x_4 - x_1x_2 - x_2x_3 - x_3x_4 - x_4x_1 \leq 2$ bằng hình học.
Chúng ta hãy lấy một hình vuông $A_1A_2A_3A_4$ từ cạnh có chiều dài 1. Trên các cạnh của nó $A_1A_2, A_2A_3, A_3A_4, A_4A_1$, chúng ta lần lượt đánh dấu các điểm $B_1, B_2, B_3, B_4$ sao cho $|A_iB_i| = x_i$ ($i = 1, 2, 3, 4$; - xem Hình 9). Gọi $S_1, S_2, S_3, S_4$ là diện tích của hình tam giác $A_1B_1B_4, A_2B_2B_1, A_3B_3B_2, A_4B_4B_3$. Rõ ràng, $S_1 + S_2 + S_3 + S_4 \leq 1$ (các hình tam giác nằm bên trong hình vuông có diện tích 1 và không giao nhau); Đó là lý do tại sao
$$\frac{x_1(1 - x_4)}{2} + \frac{x_2(1 - x_1)}{2} + \frac{x_3(1 - x_2)}{2} + \frac{x_4(1 - x_1)}{2} \leq 1$$
từ đó chúng ta thu được bất đẳng thức mong muốn cho $n = 4$.
c) Giả sử bất đẳng thức $x_1 + x_2 + \dots + x_n - x_1x_2 - x_2x_3 - \dots - x_{n-1}x_n - x_nx_1 \leq [n/2]$ (1)
đúng với $n = k$; hãy chứng minh nó đúng với $n = k + 2$.
Trước hết, hãy lưu ý rằng $x_{k+1} + x_{k+2} + x_kx_1 - x_kx_{k+1} - x_{k+2}x_k + 1 \leq 1$.
(Thật vậy, điều này suy ra từ bất đẳng thức $(x_1 - 1)(1 - x_{k+1})(1 - x_{k+2}) \leq 0$)
tại $x_k \geq x_1$ và từ bất đẳng thức

45

Tại $x_1 \leqslant x_k$.
Bằng giả thuyết quy nạp
$$x_1 + \ldots + x_k - x_1 x_2 - \ldots - x_{k-1} x_k - x_k x_1 \leqslant [k/2].$$
Cộng các bất đẳng thức (2) và (3), ta thu được
$$x_1 + \ldots + x_k + x_{k+1} + x_{k+2} - x_1 x_2 - \ldots - x_k x_{k+1} - x_{k+1} x_{k+2} - x_{k+2} x_1 \leqslant [k/2] + 1 = [k/2 + 1] = \left[ \frac{k+2}{2} \right],$$
nên bất đẳng thức (1) cũng đúng với $n=k+2$. Vấn đề c) đã được giải quyết.
Một cách khác, có lẽ “tự nhiên” hơn, lời giải bài toán c) là như sau:
Chúng ta hãy sửa các biến $x_1, x_2, \ldots, x_{i-1}, x_{i+1}, \ldots, x_n$ và biến $x_i=x$ sẽ thay đổi (trên khoảng [0; 1]). Sau đó
$$x_1 + x_2 + \ldots + x_n - x_1 x_2 - x_2 x_3 - \ldots - x_{n-1} x_n - x_n x_1 = kx + b,$$
trong đó $k$ và $b$ là các số không đổi. Rõ ràng, nó cũng là hàm tuyến tính của $x$ được xác định trên khoảng [0; 1], nhận giá trị cao nhất ở một trong các đầu của đoạn. Vì lý do này có thể được áp dụng tuần tự cho $x_1$, sau đó cho $x_2$, …, đến $x_n$, nên giá trị tối đa của biểu thức $\Sigma = x_1 + x_2 + \ldots + x_n - x_1 x_2 - \ldots - x_{n-1} x_n - x_n x_1$ đạt được khi một số số $x_i$ bằng một và các số còn lại bằng 0. Bây giờ hãy lưu ý rằng nếu hai xx liền kề đều bằng một (ví dụ: $x_i$ và $x_{i+1}$), thì một trong số chúng có thể được chuyển về 0 mà không làm giảm giá trị của $\Sigma$. Do đó, $\Sigma$ có ý nghĩa nhất khi một số (chẳng hạn như $m$) không tạo ra và các “xes” bằng một. Vì $m \leqslant [n/2]$, (“X” không liền kề!), nên chúng ta nhận được $\Sigma_{\max} \leqslant [n/2]$ đó. Nhưng thật dễ dàng để kiểm tra rằng đối với $x_1=x_3=x_5=\ldots=0$, $x_2=x_4=\ldots=1$ các giá trị của $\Sigma$ hoàn toàn bằng [n/2], có nghĩa là $\Sigma_{\max} = [n/2]$.

V. Batyrev, I. Klumova

F533. Một quả tạ có chiều dài $l$ lỗ khí ở nút được tạo thành bởi các mặt phẳng nhẵn (Hình 10). Quả bóng dưới cùng của quả tạ được di chuyển theo chiều ngang một khoảng rất nhỏ và quả tạ bắt đầu chuyển động. Đây là tốc độ của quả bóng phía dưới tại thời điểm quả bóng phía trên di chuyển ra khỏi mặt phẳng thẳng đứng.

Hình 10.

Hình 11.

Cho quả tạ tạo một góc $\alpha$ với mặt phẳng thẳng đứng tại thời điểm quả bóng trên nhấc lên khỏi mặt phẳng thẳng đứng (Hình 11), vận tốc của quả tạ trên là $v$, vận tốc của quả tạ dưới là $u$.

Theo định luật bảo toàn năng lượng
$$\frac{mv^2}{2} + \frac{mu^2}{2} = mg\Delta h = mgl(1 - \cos \alpha),$$
hoặc
$$v^2 + u^2 = 2gl(1 - \cos \alpha).$$
(1)
(m là khối lượng của mỗi quả bóng; $v, u, g$ - các mô-đun tương ứng với mỗi vectơ).
Vì thanh cứng nên
$$v \cos \alpha = u \sin \alpha.$$
(2)
Từ phương trình (1) và (2) chúng ta tìm thấy:
$$u^2 = 2gl(\cos^2 \alpha - \cos^3 \alpha).$$
(3)
Cho đến thời điểm cất cánh, khối tâm của quả tạ chuyển động với gia tốc theo phương ngang (gia tốc này được truyền bởi phản lực của thành trên). Do đó, vào thời điểm quả bóng phía trên tách ra khỏi bức tường thẳng đứng, tốc độ $u$ là tối đa. Chúng ta hãy tìm giá trị của $\cos \alpha$ mà tại đó biểu thức $\cos^2 \alpha - \cos^3 \alpha$ (xem (3)) đạt giá trị lớn nhất: $(x^2 - x^3)' = 2x - 3x^2 = 0$ ($x = \cos \alpha$) tại $x = 2/3$, tức là $\cos \alpha = 2/3$.
Thay giá trị này $\cos \alpha$ vào (3), ta tìm được:
$$u = \frac{2}{3}\sqrt{\frac{2}{3}gl}.$$

A. Zilberman

46

F534. Astromas “Skylesba” với sự trợ giúp của máy đo độ cao radar đặc biệt đã tiết lộ rằng bề mặt đại dương ở khu vực “Tam giác quỷ Bermuda” thấp hơn 25 mét so với mức bình thường (ví dụ, xem tạp chí “Khoa học và Cuộc sống”, 1976, số 9). Người ta cho rằng “quy trình” này có thể được giải thích bằng sự bắt đầu của một khoang hình cầu chứa đầy nước dưới đại dương, ước tính bán kính của khoang này. Độ sâu đại dương h=6 km, mật độ trung bình của đá đất ρn=3·10³ kk/m³.

Hình 12.

Hình 13.

Bề mặt tự do của nước trong trường hấp dẫn của Trái đất luôn được thiết lập sao cho tại bất kỳ điểm nào trên bề mặt lực hấp dẫn được phân phối lại về phía nó, nghĩa là hướng về tâm Trái đất dọc theo bán kính. Do sự hiện diện của một khoang, bề mặt đại dương bị cong - nói chung, tổng lực hấp dẫn (từ Trái đất và từ phía của “khoang”) được định hướng, nói chung, không dọc theo bán kính Trái đất.

Để suy luận sâu hơn, chúng ta sẽ sử dụng một trường tương tự giữa trường tĩnh điện của một điện tích Q và trường hấp dẫn của một khối lượng chính xác M. (Hãy nhớ lại rằng trường hấp dẫn của một quả bóng có khối lượng M tương đương với trường hấp dẫn của một quả bóng có khối lượng chính xác M đặt ở tâm).

Lực tác dụng lên điện tích thử q từ phía điện tích Q và lực tác dụng lên khối lượng thử nghiệm m từ phía khối lượng M lần lượt bằng nhau,

$$F_{эл} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{Qq}{r^2}, \quad F_T = \gamma \frac{Mm}{r^2},$$

trong đó r là khoảng cách giữa Q và q, M và m. Các công thức này tương tự nhau: $F_{эл} \sim 1/r^2$ và $F_T \sim 1/r^2$, $F_{эл} \sim q$ và $F_T \sim m$, nghĩa là sự phụ thuộc của các lực này vào khoảng cách là như nhau và sự phụ thuộc vào độ lớn của điện tích thử nghiệm và độ lớn của khối lượng thử nghiệm là như nhau. Sử dụng sự tương tự này, chúng tôi giới thiệu thế năng φ_T của trường hấp dẫn có khối lượng chính xác M (bằng thế năng của một đơn vị khối lượng trong trường có khối lượng M). Biểu thức của φ_T tương tự như biểu thức của thế năng φ_{el} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{Q}{r} trường tĩnh điện của điện tích chính xác Q:

$$\varphi_T = -\gamma \frac{M}{r}.$$

(Dấu trừ phản ánh sự khác biệt chính giữa F_{el} và F_T: dưới tác dụng của lực hấp dẫn, các vật thể luôn hút nhau. Vì thế năng đối với r lớn vô hạn được giả sử bằng 0, nên trong trường hợp lực hấp dẫn, thế năng trong trường hấp dẫn hóa ra là âm.)

Thế năng của một hạt khối lượng m trên mặt nước phải bằng nhau. (Vì lực hấp dẫn phân bố lại bề mặt nên công do lực hấp dẫn thực hiện để di chuyển một hạt dọc theo bề mặt bằng 0.) Do đó, bề mặt của đại dương (bề mặt Trái đất) tương đương với bề mặt (tương tự là trường tương đương với bề mặt).

Chúng ta hãy viết thế năng của trường hấp dẫn của Trái đất tại điểm A, nằm xa khoang hơn và tại điểm B, nằm ngay phía trên khoang (Hình 12). Tại điểm A, khoang được tìm thấy có thể bị bỏ qua và điện thế có thể được coi là bằng nhau

$$\varphi_A = -\gamma \frac{M}{R},$$

trong đó R là bán kính Trái đất, M=4/3πR³ρπ là khối lượng của nó. Để tìm thế năng tại điểm B, chúng ta sử dụng nguyên lý chồng chất. Hình 13 minh họa sự chồng chất của trường hấp dẫn của Trái đất và khoang. Từ hình vẽ cho thấy rõ rằng thế năng tại điểm B bao gồm thế năng của trường hấp dẫn của Trái đất (không có khoang) và trường hấp dẫn của một khối hình cầu có mật độ ρ_B - ρπ, tức là khối lượng chính xác μ = 4/3πr³ (ρ_B - ρπ), trong đó r là bán kính của khoang, ρ_B là mật độ của nước. Vì vậy (xem hình 13),

$$\varphi_B = -\gamma \frac{M}{R - \delta} + \left( -\gamma \frac{\mu}{r + h - \delta} \right).$$

Vì bề mặt đại dương là tương đương nên φ_A = φ_B, nghĩa là

47

$$\frac{M}{R} = \frac{M}{R - \delta} + \frac{\mu}{r + h - \delta}.$$

Hãy biến đổi biểu thức này:

$$-M \frac{\delta}{R(R - \delta)} = \frac{\mu}{(r + h) - \delta} \Rightarrow$$

$$\Rightarrow -\frac{M}{\mu}[(r + h)\delta - \delta^2] = R(R - \delta).$$

Bỏ qua $\delta^2$ ở vế trái và $\delta$ ở vế phải, ta được

$$-\frac{M}{\mu}(r + h)\delta \approx R^2,$$

hoặc, thay thế $-\frac{M}{\mu} = -\frac{R^3}{r^3}\frac{\rho_\pi}{(\rho_B - \rho_\pi)},$

$$\frac{(r + h)}{r^3}\frac{R\delta\rho_\pi}{(\rho_\pi - \rho_B)} \approx 1 \Rightarrow$$

$$\Rightarrow \frac{r^3}{(r + h)} \approx \frac{\rho_\pi}{(\rho_\pi - \rho_B)} R\delta = \frac{3}{2} \cdot 6,4 \cdot 10^6 \cdot 25 (\text{m}^2)$$

(ở đây các giá trị số $R = 6,4 \cdot 10^6$ m, $\rho_\pi = 3 \cdot 10^3$ kg/m$^3$, $\rho_B = 1 \cdot 10^3$ kg/m$^3$, $\delta = 25$ m) được thay thế. Chúng tôi sẽ không giải phương trình bậc ba này cho $r$ mà chỉ ước tính giá trị của $r$. Để ước tính, chúng tôi sử dụng thực tế là hàm $r^3/(r + h)$ trả về đơn điệu cho $r > 0$.

Dễ dàng kiểm chứng bằng tính toán trực tiếp rằng $r$ nằm trong khoảng từ 18 km đến 20 km.

A. Stasenko

F535. Năng lượng tương tác tiềm năng của hai quả bóng nhỏ tích điện giống hệt nhau có điện tích $q_1$ và $q_2$ bằng $W_1 = \frac{q_1 q_2}{4\pi\varepsilon_0 l}$, trong đó $l$ là khoảng cách giữa các chuỗi quả bóng. Nếu các quả bóng được nối bằng dây, điện tích của các quả bóng sẽ bằng nhau và năng lượng tương tác danh nghĩa của các quả bóng sẽ bằng $W_2 = \frac{(q_1 + q_2)^2}{16\pi\varepsilon_0 l}$. Vì $(q_1 + q_2)^2 > 4q_1 q_2$ (tại $q_1 \neq q_2$), rồi $W_2 > W_1$, thì năng lượng tương tác danh nghĩa của các điện tích sẽ trả về!

Năng lượng bổ sung đến từ đâu?

Lý do đưa ra trong điều kiện bài toán là không đúng: chúng chỉ tính đến thế năng tương tác của các quả bóng và không tính đến năng lượng của trường năng lượng của từng quả bóng.

Năng lượng điện trường của một quả bóng (cô lập) có điện tích $q$ bằng công thực hiện khi tích điện cho quả bóng. Nó có thể được coi là năng lượng của một tụ điện hình cầu, lớp vỏ bên ngoài của nó ở xa hơn vô cùng (tính từ quả bóng). Năng lượng này có thể được tính bằng công thức $W = \frac{1}{2} qU$, trong đó $q$ là điện tích của tụ điện (điện tích của quả bóng), $U$ là hiệu điện thế giữa các bản của nó. Trong trường hợp của chúng ta, $U$ bằng với thế năng Ф của quả bóng đối với vô cực (trong đó điện thế dễ chịu bằng 0): $U = \varphi = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{q}{r}$, trong đó $r$ là bán kính của quả bóng.

Vì vậy, $W = \frac{1}{2} q\varphi = \frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 r}$. Năng lượng của hệ trước khi kết nối các quả bóng dây là $W_1 = \frac{q_1^2}{8\pi\varepsilon_0 r} + \frac{q_2^2}{8\pi\varepsilon_0 r} + \frac{q_1 q_2}{4\pi\varepsilon_0 l}$ và sau khi kết nối -

$$W_2 = 2 \frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 r} + \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 l} = \frac{(q_1 + q_2)^2}{16\pi\varepsilon_0 r} + \frac{(q_1 + q_2)^2}{16\pi\varepsilon_0 l},$$

ở đâu $q = (q_1 + q_2)/2$.

Vì thế

$$W_1 - W_2 = \frac{(q_1 - q_2)^2}{16\pi\varepsilon_0} \left( \frac{1}{r} - \frac{1}{l} \right) > 0,$$

nghĩa là, $W_1 > W_2$. Điều này là tự nhiên, vì khi nối các quả bóng dây, một phần năng lượng được giải phóng dưới dạng cơ thể Joule.

I. Tiếng Slovodechkiy

48

F536. Cấu trúc cạnh thẳng cứng AOB (AOB=90°) được sửa chữa bằng phôi có trục thẳng đứng OO′, sao cho AOO′=α (Hình 14). Sử dụng các vòng có thể trượt tự do trên các cạnh AO và OB, người ta đặt một thanh đèn KE có chiều dài 2a lên cấu kiện. Một quả bóng nhỏ lớn được gắn vào giữa thanh. Ở tốc độ góc nào khi xử lý kết cấu, thanh ở vị trí xuyên tàu điện ngầm?

Khi thanh KE ở vị trí nằm ngang, quả bóng chuyển động quanh trục OO′ dọc theo một đường tròn bán kính r=a sin (π/2−2α)=a cos 2α (xem Hình 14). Gia tốc hướng tâm ω2r (ω là vận tốc góc của kết cấu) được quả bóng truyền vào phản lực R của thanh (hình chiếu nằm ngang của nó). Hãy viết phương trình chuyển động của quả bóng theo các hình chiếu trên trục X và Y (Hình 15):

$$R_x = m\omega^2r = m\omega^2a\cos 2\alpha,$$
$$R_y = mg$$

($R_x, R_y, mg$ là mô-đun hình chiếu của vectơ $\vec{R}$ và $\vec{mg}$).

Bây giờ hãy viết phương trình chuyển động của cấu trúc KE theo các hình chiếu trên trục X và Y (xem Hình 15):

$$N_1\cos \alpha - R_x' - N_2\sin \alpha = 0,$$
$$N_1\sin \alpha - R_y' + N_2\cos \alpha = 0$$

($\vec{R}' = -\vec{R}$ - phản lực bi tác dụng lên thanh; $\vec{N}_1, \vec{N}_2$ - phản lực của “vai” OA và OB của kết cấu tác dụng lên thanh; $R_x', R_y', N_1\cos \alpha, N_2\sin \alpha$, v.v. - mô-đun tương ứng với hình chiếu; $R_x' = R_x, R_y' = R_y$).

Hình 14.

Hình 15.

Điều kiện để thanh nằm ở vị trí nằm ngang là tổng mô men của các lực tác dụng lên thanh so với trục hoành vuông góc với mặt phẳng kết cấu bằng 0. Hãy viết phương trình mômen đối với điểm C:

$$|\vec{N}_1|a\sin \alpha - |\vec{N}_2|a\cos \alpha = 0.$$

Từ phương trình (1) - (3) ta tìm được:

$$\omega = \sqrt{g/(a\sin 2\alpha)}$$

S. Kromov