Lời giải bài toán M562—M565; F573, F574, F576, F577

32

Lời giải bài toán

M562—M565; F573, F574, F576, F577

M562. Trên đoạn [0; 1], cho trước một tập M, là tập hợp của nhiều đoạn sao cho khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ tới M không bằng 0,1. Chứng minh rằng tổng độ dài các đoạn tạo nên M nhỏ hơn a) 0,55; b) 0,5.

Hình 1.

a) Gọi tổng độ dài các đoạn tạo nên tập M theo S. Ta dịch chuyển tập M ⊆ [0; 1] ở bên phải với khoảng cách 0,1. Tập kết quả N không có điểm chung với M, vì không có hai điểm nào thuộc M cách nhau 0,1. Nhưng cả hai tập đồng dạng M và N đều phù hợp với khoảng [0; 1.1] cho họ 1.1. Do đó, 2S<1,1, do đó S<0,55.

6. Hãy chia đoạn [0; 1] thành mười đoạn giống hệt nhau A₀A₁, A₁A₂, …, A₉A₁₀. Hãy đặt các phân đoạn này lên trên phân đoạn kia, như trong Hình 1, sau đó chiếu tất cả các phân đoạn lên phân đoạn A₀A₁ thấp nhất. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng tại bất kỳ điểm nào của đoạn A₀A₁ không thể chiếu quá năm điểm từ tập M. Thật vậy, nếu một đường thẳng đứng nào đó cắt ít nhất sáu đoạn thẳng thuộc M thì chúng ta sẽ tìm thấy hai đoạn thẳng lân cận AᵢAᵢ+1 và Aᵢ+1Aᵢ+2 cắt đường thẳng này tại các điểm bổ sung.

Hình 2.

Hình 3.

nằm trong tập M (Hình 2). Trên đoạn [0; 1] khoảng cách giữa các điểm này sẽ bằng 0,1 (Hình 3), điều này mâu thuẫn với các điều kiện. Do đó, tại mỗi điểm của đoạn A₁A₂ có độ dài 0,1, không quá năm điểm từ tập M được chiếu. Từ đó suy ra ngay rằng tổng chiều dài của các đoạn tạo nên tập M nhỏ hơn 0,1 • 5=0,5.

A. Katz

M563. Hàm f được xác định trên khoảng [a; b] có độ dài 4 và có đạo hàm liên tục f’ trên đó. Chứng minh rằng bên trong đoạn [a; b] tồn tại một điểm x mà

$$f'(x) - (f(x))^2 < 1.$$

Giả sử phát biểu bài toán là sai, tức là tại mọi điểm x∈[a; b] bất đẳng thức đúng

$$f'(x) - (f(x))^2 \geq 1,$$

hoặc

$$\frac{f'(x)}{1 + (f(x))^2} \geq 1.$$

Vì (arctg y)’ = $\frac{1}{1 + y^2}$, nên đạo hàm của hàm phức tuân theo Φ(x) = arctan f(x). Vì vậy, chúng ta biết rằng tại mọi điểm của đoạn [a; b]

$$\Phi'(x) \geq 1.$$

Hãy sử dụng công thức Newton-Leibniz:

$$\Phi(b) - \Phi(a) = \int_a^b \Phi'(x) dx \geq \int_a^b dx = b - a = 4.$$

Nhưng arctg chỉ lấy các giá trị từ khoảng $] - \frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}$ [, nghĩa là $\Phi(b) - \Phi(a) < \pi$. Chúng tôi đã nhận được một sự mâu thuẫn.

Từ lời giải của chúng tôi, rõ ràng là tuyên bố bài toán đúng với phân đoạn [a; b] có độ dài π (hoặc hơn). Hơn nữa, trong lời giải của chúng ta, chúng ta đã không sử dụng tính liên tục của đạo hàm của f.

Có thể hiểu trực quan về bài toán bằng cách lưu ý rằng phương trình vi phân $\frac{y'}{1 + y^2} = 1$ có

33

M564. Với điểm M thuộc cạnh BC của tam giác ABC, phát biểu sau đây đúng: $\triangle MPQ \sim \triangle ABC$, nếu điểm P và Q là:
a) tâm của đường tròn được mô tả lần lượt xung quanh các tam giác ABM và ACM;
b) giao điểm của các đường trung tuyến;
c) giao điểm của đường cao của chúng?

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

a) Chứng minh rằng điểm M trên cạnh BC có thể chọn tùy ý.

Các tam giác MPQ và APQ bằng nhau ($|AP|=|MP|$, $|AQ|=|MQ|$, Hình 1). Hãy chứng minh sự đồng dạng của các tam giác APQ và ABC. Gọi K, L, O lần lượt là trung điểm của AB, AC và AM. Không mất tính tổng quát, chúng ta có thể giả sử rằng $\overset{\frown}{AMB} < \pi/2$ (trường hợp [AM] $\perp$ [BC]) là tầm thường).

Xung quanh mỗi tứ giác AOLQ và AKPO chúng ta có thể mô tả một hình tròn ($\overset{\frown}{AOQ} = \overset{\frown}{ALQ} = \overset{\frown}{AOP} = \overset{\frown}{AKP} = \pi/2$ - xem Hình 1). Do đó $\overset{\frown}{LAQ} = \overset{\frown}{LOQ}$ và $\overset{\frown}{POK} = \overset{\frown}{PAK}$. Nhưng $\overset{\frown}{LOQ} = \overset{\frown}{POK}$ giống như những góc thẳng đứng. Do đó $\overset{\frown}{LAQ} = \overset{\frown}{PAK}$ và

$\frac{|AL|}{|AQ|} = \frac{|AK|}{|AP|}$. Do đó, thành phần phép quay một góc $\overset{\frown}{PAK}$ có tâm tại điểm A và chuẩn bị hệ số $k = \frac{|AK|}{|AP|}$ cùng tâm A sẽ biến tam giác APQ thành tam giác đồng dạng AKL. Vì vậy, $\triangle APQ \sim \triangle ABC$.

6. Một đồng âm có hệ số $\frac{3}{2}$ và tâm tại điểm M biến đổi $\triangle PQM$ thành một đồng âm tương tự $\triangle KLM$ (Hình 2). Giả sử rằng $\triangle KLM$ tương tự như $\triangle AKL$. Chúng ta hãy xem xét ba trường hợp:

1°. $\alpha = \delta$ (xem Hình 2). Khi đó $(AL) \parallel (KM)$, vậy $|MB| = |MC|$, tức là $M$ là phần giữa [BC].

2°. $\alpha = \gamma$. Khi đó $(AM) \perp (KL)$ nên $M$ là hình chiếu của đỉnh A lên cạnh BC.

3°. $\alpha = \widehat{A}$. Khi đó $\beta = \gamma$ và $|MB| = |MC|$ hoặc $\beta = \delta$ và $M$ là hình chiếu của đỉnh A (trên [BC]).

Dễ dàng nhận thấy điều ngược lại cũng đúng: nếu M là trung điểm cạnh BC hoặc là hình chiếu lên [BC] của đỉnh A thì hai tam giác MPQ và ABC đồng dạng.

c) Trong trường hợp này, như trường hợp a), điểm M trên cạnh BC có thể được chọn tùy ý. Thật vậy (Hình 3), $\overset{\frown}{MPQ} = \overset{\frown}{ABC}$, $\overset{\frown}{MQC} = \overset{\frown}{ACB}$ (là các góc có các cạnh vuông góc với nhau); có nghĩa là $\triangle MPQ \sim \triangle ABC$.

Thật không may, khi xuất bản các điều kiện của bài toán này, người sắp chữ đã thay đổi dấu hiệu tương đồng và đồng dạng (anh học theo chương trình cũ); Chúng tôi xin lỗi người đọc vì lỗi đánh máy này đã khiến họ hiểu được các điều kiện.

E. Turkevich

34

M565. Cho $a_1, a_2, \dots, a_n$ là các số dương phân biệt. Chúng ta hãy biểu thị bằng $b_k$ giá trị trung bình số học của tích thực của $k$ các số đã cho ($k=1, 2, \dots, n$):

$$b_1 = \frac{a_1 + a_2 + \dots + a_n}{n},$$
$$b_2 = \frac{a_1 a_2 + a_1 a_3 + \dots + a_{n-1} a_n}{n(n-1)},$$
$$b_n = a_1 a_2 \dots a_n.$$

Chứng minh các bất đẳng thức:

a) $b_1 \geq \sqrt{b_2}$,
b) $b_k^2 \geq b_{k-1} b_{k+1}$ ($k=2, \dots, n-1$);
b) $\sqrt[k]{b_k} \geq k+1 \sqrt{b_{k+1}}$ ($k=2, \dots, n-1$).

Hãy để $s_1 = nb_1, s_2 = \frac{n(n-1)}{2} b_2, \dots,$
$\dots, s_k = C_k^k b_k, \dots, s_n = b_n^*$.

Xét đa thức

$$P(x) = x^n - s_1 x^{n-1} + \dots + (-1)^{n-1} s_{n-1} x + (-1)^n s_n.$$ (1)

Vì $P(x) = (x - a_1)(x - a_2) \cdot \dots \cdot (x - a_n),$ (2)
$P(x)$ có $n$ nghiệm dương riêng biệt $a_1, a_2, \dots, a_n$.
a) Đạo hàm $n-2$ lần, rồi chia cho $n(n-1) \dots 4 \cdot 3$. Ta thu được tam thức bậc hai

$$x^2 - \frac{2}{n} s_1 x + \frac{2}{n(n-1)} s_2,$$ (3)

có các nghiệm dương khác nhau (giữa hai nghiệm của một đa thức luôn có nghiệm của đạo hàm của nó - xem hình). Điều này có nghĩa là đa thức (3) có phân biệt dương $D = \frac{s_1^2}{n^2} - \frac{2s_2}{n(n-1)}$, mở ra $\frac{s_1}{n} > \sqrt{\frac{s_2}{n(n-1)}}$, tức là $b_1 > \sqrt{b_2}$.

6. Bây giờ chúng ta hãy đạo hàm đa thức $P(x)$ ($n-k-1$) lần ($k=2, \dots, n-1$). Ta thu được đa thức $n(n-1) \cdot \dots \cdot (k+2) x^{k+1} - (n-1) \cdot \dots \cdot (k+1) s_1 x^k + \dots + (-1)^{k-1} s_{k-1} \times \frac{(n-k+1)!}{2} x^2 + (-1)^k s_k (n-k)! x + (-1)^{k+1} s_{k+1} (n-k-1)!,$ (4)

có $k+1$ nghiệm dương khác nhau. Do đó đa thức $(-1)^{k+1} (n-k-1)! s_{k+1} y^{k+1} + (-1)^k (n-k)! s_k y^k + (-1)^k \frac{(n-k+1)!}{2} s_{k-1} y^{k-1} + \dots$

… + 1, $(4')$ thu được từ đa thức (4) bằng cách thay $y = \frac{1}{x}$, cũng có $k+1$ nghiệm dương khác nhau. Bây giờ chúng ta hãy đạo hàm đa thức $(4')$ $k-1$ lần. Ta thu được tam thức bậc hai $(-1)^{k+1} (n-k-1)! \frac{(k+1)!}{2} s_{k+1} y^2 + (-1)^k (n-k)! k! s_k y + (-1)^k \frac{(n-k+1)!}{2} (k-1)! s_{k-1},$ (5)

có hai nghiệm dương khác nhau. Hãy chia nó cho $(-1)^{k-1} (n-k-1)! (k-1)!$; chúng ta nhận được một tam thức

$$\frac{k(k+1)}{2} s_{k+1} y^2 - k(n-k) s_k y + \frac{(n-k+1)(n-k)}{2} s_{k-1}.$$

Phân biệt đối xử của nó là dương, vì vậy

$$k(n-k) s_k^2 - (k+1)(n-k+1) s_{k-1} s_{k+1} > 0$$

hoặc

$$\frac{s_k^2}{(C_k^n)^2} - \frac{(k+1)(n-k+1)}{k(n-k)} \frac{s_{k-1} s_{k+1}}{(C_k^n)^2} > 0,$$

đó là

$$\left( \frac{s_k}{C_k^n} \right)^2 - \frac{s_{k-1}}{C_k^n} \cdot \frac{s_{k+1}}{C_k^n} > 0$$ (6)

(từ)

$$\frac{n-k}{k+1} C_k^n = C_n^{k+1} \text{ и } \frac{k}{n-k+1} C_k^n = C_n^{k-1}$$

Như vậy,

$$b_k^2 > b_{k-1} b_{k+1} (k=2, \dots, n-1).$$

Bất đẳng thức 6) được gọi là bất đẳng thức Newton. c) Ta sẽ chứng minh c) bằng quy nạp. Cơ sở quy nạp ($k=1$) là bất đẳng thức a). Bây giờ chúng ta hãy giả sử rằng
*) Biểu thức $s_1, s_2, \dots, s_n$ được gọi là hàm đối xứng cơ bản (cơ bản) của biến $n$ $a_1, a_2, \dots, a_n$, và việc chúng có dấu xen kẽ đóng vai trò là hệ số của đa thức có nghiệm $a_1, \dots, a_n$ là định lý Vieta.

35

tính chất c) giữ cho $i=2, 3, \dots, k-1$, một phần là
$$k-1 \sqrt{b_{k-1}} > \sqrt[k]{b_k},$$
và chứng minh điều đó cho $i=k$.
Chúng ta hãy viết lại bất đẳng thức từ điểm 6) dưới dạng
$$b_{k-1} < \frac{b_k^2}{b_{k+1}}.$$
Hai bất đẳng thức cuối cùng cho
$$b_{k-1}^k < b_{k-1}^k < \frac{b_{k+1}^2k}{b_{k+1}^k},$$
đó là
$$b_{k+1}^k < b_{k+1}^k,$$
Q.E.D.
Bất đẳng thức c) được gọi là bất đẳng thức Maclaurin.
M. Rosenberg

F573. Ước tính lượng nước có thể cho vào sàng có ô vuông có kích thước $2 \times 2$ mm. Đường kính D của sàng là 20 cm. Các sợi sàng không bị ướt bởi nước.

Chất lỏng giữa các sợi sàng sẽ tạo thành lưới. Bán kính của sự thay đổi này không được lớn hơn một nửa khoảng cách giữa các sợi, tức là $r_{\max} = 1$ mm. Do đó, áp suất tối đa có thể có trong chất lỏng phía trên Menascus vượt quá áp suất khí quyển các giá trị $\Delta p = \frac{2\sigma}{r}$ (σ là sức căng bề mặt của nước). Công thức này đúng đối với menska tròn, nghĩa là đối với sàng có ô tròn. Tuy nhiên, để ước tính, chúng ta có thể bỏ qua công thức menisk phức tạp trên lưới vuông và sử dụng công thức này.

Vì vậy, $\Delta p = \frac{2\sigma}{r}$. Mặt khác, $\Delta p$ bằng cột hydroxotic của chất lỏng $h$, say trong rây:
$$\frac{2\sigma}{r} = \rho gh.$$
Từ đây chúng ta tìm thấy $h = \frac{2\sigma}{\rho g r}$. Khối lượng của chất lỏng trong sàng bằng tích của thể tích $V$ và mật độ $\rho$, nghĩa là
$$m = V \rho = \frac{\pi D^2}{4} h \rho = \frac{\pi D^2 \sigma}{2gr} \approx 0,458 \text{ кг}.$$

F574. Hai quả bóng có khối lượng $m_1=0,2$ kts và $m_2=0,3$ kts bay về phía nhau với tốc độ $v=20$ m/s mỗi quả. Đồ thị lực tương tác của các quả bóng trong một va chạm theo thời gian được thể hiện trong Hình 1. Nhiệt lượng tỏa ra khi các quả bóng va chạm là bao nhiêu?

Độ biến thiên động lượng của mỗi quả bóng bằng động lượng của lực tác dụng lên quả bóng này. Xung lực của lực $\vec{F}$ tác dụng lên quả bóng trong thời gian $\Delta t$ bằng $|\vec{F}| \Delta t$. Do đó, tổng xung lực tác dụng lên quả bóng trong quá trình va chạm có giá trị tuyệt đối bằng diện tích hình dưới đồ thị phụ thuộc $|\vec{F}|(t)$. Từ Hình 1 ta tìm được xung lực $|p_c|$:

$$|p_c| \approx 10^5 \cdot 10^{-6} \cdot 54 \text{ H} \cdot \text{c} = 5,4 \text{ H} \cdot \text{c}$$

(có khoảng 54 hình vuông dưới biểu đồ phụ thuộc $|\vec{F}|(t)$; diện tích mỗi hình vuông là $10^5 \cdot 10^{-6} \text{ H} \cdot \text{c}$).

Để chiếu các xung lên trục $X$ (Hình 2), chúng ta có thể viết:
$$p_1 = m_1 v - |p_c|,$$
$$p_2 = -m_2 v + |p_c|.$$

Ở đây $\vec{p}_1$, $\vec{p}_2$ quả bóng sau va chạm; $m_1 v$, $m_2 v$ - các xung động của bóng trước khi va chạm. Từ (1) và (2) ta tìm vận tốc của hai quả bóng sau va chạm:
$$v_1 = \frac{p_1}{m_1} v - \frac{|p_c|}{m_1} = -7 \text{ м/c},$$
$$v_2 = \frac{p_2}{m_2} = -v + \frac{|p_c|}{m_2} = -2 \text{ м/c}.$$

36

Bây giờ anh ta sẽ sử dụng định luật bảo toàn năng lượng. Động năng của hệ trước va chạm là $E = \frac{m_1 v^2}{2} + \frac{m_2 v^2}{2}$, sau va chạm là $E' = \frac{m_1 v_1^2}{2} + \frac{m_2 v_2^2}{2}$. Sự chênh lệch $E - E'$ bằng lượng nhiệt $Q$ tỏa ra trong quá trình va chạm. Kể từ đây,

$$Q = \frac{m_1 + m_2}{2} v^2 - \frac{m_1 v_1^2}{2} - \frac{m_2 v_2^2}{2} = 94,5 \text{ Дж}.$$

I. Slobodetsky

F576. Máy bay chuyển động đều dọc theo đường thẳng OB với tốc độ $v > c$ (vận tốc âm thanh). Người được quan sát theo dõi chuyến bay từ điểm A. Vào thời điểm máy bay ở điểm O, một thiết bị đặc biệt lắp trên máy bay sẽ phát ra hai xung âm thanh ngắn: đầu tiên là xung có biên độ nhỏ, sau đó là xung có biên độ lớn hơn. Khoảng thời gian giữa các xung bằng m. Trong những điều kiện nào thì bộ ghi có thể quan sát được trước tiên là một xung có biên độ lớn hơn, sau đó là một xung nhỏ? Khoảng cách OA bằng L, góc AOB bằng $\theta$.

Cho mặt phẳng di chuyển từ điểm O đến điểm D trong thời gian t. Hãy vẽ trên đoạn AO một đoạn AC sao cho $|AC| = |AD|$. Nếu tại thời điểm xung thứ hai (có biên độ lớn) được phát ra, xung thứ nhất (có biên độ nhỏ) có thời gian “di chuyển” quãng đường $|OC|$ và kết thúc tại điểm C thì cả hai xung sẽ được ghi đồng thời tại điểm A. Nếu khoảng cách mà xung đầu tiên “đi qua” trong thời gian t nhỏ hơn $|OC|$, thì xung thứ hai sẽ được ghi tại điểm A bằng điểm của xung thứ nhất. Vì vậy, chúng ta quan tâm đến các điều kiện trong đó năng lượng được thực hiện

$$c\tau < |OC|.$$

Vì thời gian t nhỏ nên chúng ta có thể giả sử rằng các góc mà người được quan sát nhìn thấy mặt phẳng tại các điểm O và D thực tế là như nhau, tức là góc $\phi$ (xem Hình. ok) rất nhỏ. Vì vậy, chúng ta có thể giả sử rằng $\vec{ACD} = \vec{ADC} = 90^\circ$. Sau đó $|OC| = |OD| \cos \theta = v\tau \cos \theta$.

Hãy thay biểu thức này cho $|OC|$ thành (*):

$$c\tau < v\tau \cos \theta.$$

Từ đây chúng ta thấy rằng xung thứ hai sẽ được ghi tại điểm A bằng xung thứ nhất nếu

$$v > c/\cos \theta.$$

Sự bất bình đẳng này có nghĩa là tốc độ của máy bay trong mọi trường hợp phải lớn hơn tốc độ âm thanh. Sau đó, như sự xem xét của chúng ta cho thấy, có thể máy bay đang tiến đến gần đối tượng được quan sát và người được quan sát sẽ nghe thấy máy bay đang di chuyển ra xa.

V. Bolotovsky

F577. Khi nhiệt độ là $t_0 = -20^\circ C$, pin hoạt động để duy trì nhiệt độ phòng $t_1 = 16^\circ C$. Khi, ngoài pin, nguồn điện $P_1 = 1$ kW được bật, nhiệt độ trong phòng được đặt ở $t_2 = 22^\circ C$. Xác định nhiệt năng của pin.

Khi nào.mechanie. Sự truyền nhiệt từ vật này sang vật khác tỷ lệ thuận với chênh lệch nhiệt độ của các vật này ($\Delta P = k\Delta t, k = const$).

Ở nhiệt độ cài đặt trong phòng, năng lượng nhiệt do các thiết bị tỏa ra bằng với tổn thất nhiệt (tổn thất nhiệt). Do đó nhiệt năng của pin bằng

$$P = k(t_1 - t_0).$$

Khi bật nguồn và chạy pin

$$P + P_1 = k(t_2 - t_0).$$

Từ (1) và (2) ta tìm được nhiệt lượng ấm của pin:

$$P = P_1 \frac{t_1 - t_0}{t_2 - t_1} = 6 \text{ кВт}.$$

I. Slobodetsky