Bài toán M676—M680; F688—F692

22

Bài toán

M676 — M680; F688 — F692

M676. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $m$ tổng các chữ số của 1981$^m$ ít nhất là 19.

A. Savkin

M677. Bên trong tam giác nhọn $ABC$, điểm $M$ được chọn, tức là
a) Giao điểm của các đường trung tuyến;
b) giao điểm của các đường phân giác;
b) giao điểm của các độ cao.
Chứng minh rằng nếu bán kính của các đường tròn viết trong tam giác $AMB, BMC, AMC$ bằng nhau thì
thì tam giác $ABC$ đúng.

E. Turkevich

M678. Số có 2$m$ chữ số được gọi là công bằng nếu các chữ số chẵn của nó chứa cùng một số
Có nhiều số chẵn cũng như có nhiều số lẻ. Chứng minh rằng trong số có (2$m+1$) chữ số bất kỳ, gạch bỏ một trong các chữ số sao cho kết quả là
Số có 2$m$ chữ số là hợp lý (Hình 1).

A. Sidorenko

M679. a) Bốn đường tròn nằm trên một mặt phẳng sao cho đường tròn thứ nhất tiếp xúc với đường tròn thứ hai tại điểm $A$, đường tròn thứ hai tiếp xúc với đường tròn thứ ba tại điểm $B$, đường tròn thứ ba chạm vào đường tròn thứ tư
tại điểm $C$ và điểm thứ tư - điểm đầu tiên tại điểm $D$ (Hình 2). Chứng minh rằng qua 4 điểm nêu trên có thể kiểm tra được một đường tròn hoặc một đường thẳng.
b) *Bốn quả bóng được đặt trong không gian sao cho quả thứ nhất chạm quả thứ hai tại điểm $A$, quả thứ hai chạm quả thứ ba tại điểm $B$, quả thứ ba chạm quả thứ tư
tại điểm $C$ và điểm thứ tư - điểm đầu tiên tại điểm $D$. Chứng minh rằng qua 4 điểm nêu trên có thể kiểm tra được một đường tròn hoặc một đường thẳng.
b) *Bốn quả bóng được đặt trong không gian sao cho mỗi quả bóng chạm vào ba quả còn lại. Chứng minh sáu điểm tiếp tuyến cùng thuộc một mặt cầu
hoặc một mặt phẳng.

B. Provozvolov

M680. Hai người báo hiệu chơi trò chơi này. Có $n$ nút điện thoại và người báo hiệu thay phiên nhau kết nối

23

thuê hai người trong số họ làm kavel theo lựa chọn của họ.
Người chiến thắng sẽ là người sau khi di chuyển có thể đến được bất kỳ nút nào khác từ bất kỳ nút nào (có thể sau một số nút trung gian; phần đầu của trò chơi được hiển thị trong Hình 3).
a) Tìm ra ai thắng ở $n=4, 5, 6, 7, 8$ - người mới bắt đầu hay đối tác của anh ta?
b) đáp số đối với $n$ tùy ý là gì?
Cũng hãy xem xét hai phiên bản sửa đổi của trò chơi:
c) Để người chơi buộc tất cả các nút thua. Trả lời các câu hỏi a) và b) về trò chơi mới này;
d) Trước tiên, hãy để tất cả các nút được kết nối theo cặp bằng kavel và người báo hiệu sẽ loại bỏ từng kết nối một. Người chơi phá vỡ kết nối trong sơ đồ sẽ thua. Câu hỏi giống nhau: ai thắng với chiến lược đúng cho $n=4, 5, 6, 7, 8$? tùy ý $n$?
Thế thì ee. Người ta có thể xem xét lựa chọn thứ tư: hãy xem xét điều đó ở điểm d) người chơi phá vỡ kết nối sẽ thắng. Tác giả không biết về một nghiên cứu đầy đủ về lựa chọn này.

A. Razborov

F688. Một vòng mỏng có khối lượng $M$ và bán kính $R$ được cố định chắc chắn bằng kim đan nhẹ trên một trục mỏng nhẹ đi qua tâm vòng, sao cho mặt phẳng của vòng tạo thành một góc $\alpha$ với trục (Hình 4). Xác định công cần thực hiện để quay trục tới vận tốc góc $\omega$.

S. Krotov

F689. Trên một chiếc bàn nằm ngang nhẵn có một chồng giấy gồm 500 tờ. Chiếc lá thứ trăm (tính màu xám) lớn hơn những chiếc lá khác. Tấm này được kéo cẩn thận theo hướng ngang. Có thể truyền cho gói gia tốc lớn nhất bằng bao nhiêu để nó chuyển động mà không bị rơi ra? Gia tốc cực đại mà khối tâm của gói hàng có thể chuyển động là bao nhiêu? Tờ giấy thứ một trăm sẽ chuyển động với gia tốc bằng bao nhiêu? Hệ số ma sát giữa giấy và giấy $\mu=0,2$.

Z. Rafailov

F690. Giữa các điểm $A$ và $B$ trên bề mặt Mặt trăng, nằm ở khoảng cách góc $90^\circ$, một kênh thẳng đã được đào (Hình 5), chứa đầy không khí ở nhiệt độ bình thường. Áp suất không khí ở giữa kênh $p=10^5$ Pa. Tìm áp suất không khí trong kênh gần bề mặt Mặt Trăng. Mặt trăng được coi là một quả bóng đồng nhất có đường kính $D=3480$ km. Gia tốc $g_n$ rơi tự do trên bề mặt Mặt trăng nhỏ hơn trên Trái đất sáu lần.

A. Stasenko

25

và đường tròn điểm K. Gọi M là giao điểm của tiếp tuyến với đường tròn này tại điểm K với đường thẳng PQ. Tập hợp nào được lấp đầy bởi các điểm M?

M631. Các số có hai chữ số từ 19 đến 80 được viết thành một hàng. Số nhận 192021…7980 có chia hết cho 1980 không?

Vì 1980 = 99 · 20, và 99 và 20 không có ước chung nên chỉ cần biết số A = 192021…7980 có chia hết cho 20 và 99 hay không. Việc A chia hết cho 20 là hiển nhiên. Tiếp theo, lưu ý rằng 100 lũy thừa bất kỳ khi chia cho 99 sẽ có số dư là 1, vì vậy số đó

$$A = 19 \cdot 100^{61} + 20 \cdot 100^{60} + \dots + 79 \cdot 100 + 80$$

khi chia cho 99 thì có số dư bằng số đó

$$B = 19 + 20 + \dots + 79 + 80 = \frac{19 + 80}{2} \cdot 62 = 99 \cdot 31.$$

Vậy hóa ra số B chia hết cho 99; do đó, số A chia hết cho 99, đồng thời chia hết cho 1980.

B. Fedotov

M632. Hàng hóa được đóng gói trong container phải được chuyển đến trạm vũ trụ Salyut khi trở về. Số lượng container tối thiểu là 35 container, tổng trọng lượng hàng hóa là 18 tấn. Có bảy tàu vận tải Progress, mỗi tàu có thể chở 3 tấn hàng hóa lên quỹ đạo. Được biết, các tàu này có thể đồng thời vận chuyển 35 container bất kỳ trong số 35 container hiện có. Chứng minh rằng họ có thể đưa tất cả hàng hóa có sẵn lên quỹ đạo cùng một lúcズ.

Nói chung, container có trọng lượng trên 0,5 tấn là nặng, container có trọng lượng không quá 0,5 tấn là nhẹ. Vì tổng khối lượng hàng hóa là 18 tấn nên số lượng container nặng nhỏ hơn 18:0,5 = 36, tức là không vượt quá 35. Do đó, theo điều kiện bài toán, tất cả các container nặng đều có thể được xếp lên tàu hiện có (thêm container nhẹ, nếu cần, tổng số là 35).

Sau khi xếp container nặng, chỉ được giữ lại container nhẹ. Chúng ta sẽ chỉ ra rằng tất cả các container này có thể được xếp từng container một lên tàu. Trên thực tế, nếu ở một bước xếp hàng nào đó, một container có khối lượng $x < 0,5$ t không thể được chất lên bất kỳ tàu nào trong số bảy tàu, thì mỗi tàu đã chất hơn (3-x) tấn hàng, tổng cộng hơn 7(3-x) tấn đã được chất lên và còn lại ít hơn 18-7(3-x) = 7x-3 tấn hàng. Nhưng sau đó $x < 7x—3$, từ đó $x > 0,5$, mâu thuẫn với giả định. Chúng tôi yêu cầu bằng chứng.

MỘT. Kolotov

**M633. Cho điểm E trên đường kính AC của một đường tròn. Vẽ qua giếng BSD sao cho diện tích tứ giác ABCD là lớn nhất.

Gọi O là tâm, R bán kính hình tròn, $|OE| = a$. Dễ dàng nhận thấy (xem hình) rằng $S_{ABCD} = \frac{2R}{a} S_{\triangle OBD}$. Vì vậy, diện tích của tứ giác lớn nhất khi diện tích của tam giácOBD lớn nhất. Tam giácOBD là tam giác đều, $|OB| = |OD| = R$, $S_{\triangle OBD} = \frac{1}{2} R^2 \sin \varphi$, trong đó $\varphi = BOD$. Góc φ càng nhỏ thì dây cung BSD càng nhỏ hoặc tương ứng là độ dài của OH vuông góc vẽ về phía này. Vì $|OH| \leq |OE| = a$, nhỏ nhất

*) Ví dụ, hãy xem cuốn sách của N.B. Vasiliev và V.L. Gutenmacher “Đường thẳng và đường cong”, §2 (ABC), câu E, tr. 32 (M., “Hayka”, 1978).

26

Kiến thức $\varphi = \varphi_0$ được đặc trưng bởi các đoạn $OH$ và $OE$ trùng nhau, tương ứng với dây $BD$ vuông góc với $AC$; cho kiến ​​thức này

$$\cos \frac{\varphi_0}{2} = \frac{a}{R}.$$

Vì vậy, vẫn phải tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác $OBD$ tại $\varphi_0 \leqslant \varphi < \pi$. Có hai trường hợp có thể xảy ra:

1. Nếu $\varphi_0 \leqslant \frac{\pi}{2}$ thì mức tối đa đạt được là $\varphi = \frac{\pi}{2}$. Trong trường hợp này

$$\frac{a}{R} = \cos \frac{\varphi_0}{2} \geqslant \cos \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2},$$

$$a \geqslant \frac{R}{\sqrt{2}}.$$

và dây cung mong muốn $BD$, thu nhỏ cung thành $90^\circ$, phải cách tâm một khoảng $R/\sqrt{2}$, tức là nó phải chạm vào đường tròn có tâm $O$ bán kính $R/\sqrt{2}$.

2. Nếu $\varphi_0 > \frac{\pi}{2}$, điều này sẽ xảy ra ở $a < \frac{R}{\sqrt{2}}$, thì diện tích tối đa đạt được ở $\varphi = \varphi_0$ - dây mong muốn $BD$ phải vuông góc với đường kính $AC$.

I. Sharytsin

M634. Hãy biểu thị bằng $S(n)$ tổng tất cả các chữ số của số tự nhiên $n$.

a) Có $n$ tự nhiên sao cho $n + S(n) = 1980$ không?

b) Chứng minh rằng ít nhất một trong hai số tự nhiên liên tiếp bất kỳ có thể biểu diễn dưới dạng $n + S(n)$ đối với một số tự nhiên tam giác $n$.

◆

a) Đáp số. Có: $n = 1962$. Như trước thỏa thuận này, điều lời giải khoản 6) của bài toán này đã được nêu rõ.

6. Chúng ta hãy biểu thị $n + S(n)$ bằng $S(n)$. Dễ dàng nhận thấy nếu $n$ xuất hiện ở số 9 thì $S_{n+1} < S_n$; nếu không thì $S_{n+1} = S_n + 2$.

Hãy để chúng tôi chứng minh rằng với bất kỳ $m \in \mathbb{N}$ nào thì ít nhất một trong các số $m, m+1$ bằng $S_n$ đối với một số $n$. Vì $S_1 = 2$, với $m=1$ và $m=2$, câu lệnh bài toán là đúng. Nếu $m > 2$ thì có $S_n$, nhỏ hơn $m$ (ví dụ: $S_1$), đồng thời có $n \geqslant m$ $S_n > n \geqslant m$. Do đó, trong số $n$ sao cho $S_n < m$, người ta tìm thấy nó tổng quát nhất thông qua $N$. Khi đó $S_{n+1} \geqslant m > S_n$, vậy $N$ không thể nằm ở số 9 và do đó, $S_{n+1} = S_n + 2$. Do đó, $m \leqslant S_{n+1} < m+2$, do đó số $S_{n+1}$ bằng $m$, hoặc $m+1$ - điều kiện cần được chứng minh.

S. Konyatsin

**M635. Những chú lùn tùy tiện ở Thành phố hoa bỗng trở nên giống bệnh cúm hơn. Một ngày nọ, một số chú lùn bị cảm lạnh và bị ốm, và mặc dù không bao giờ bị cảm lạnh nữa nhưng những chú lùn khỏe mạnh lại bị ốm và gọi điện cho những người bạn bị ốm của mình. Được biết, mỗi người lùn đều bị cúm hơn một ngày, sau đó có khả năng miễn dịch ít nhất một ngày nữa, tức là người đó khỏe mạnh và không thể bị bệnh trở lại vào ngày hôm đó. Bất chấp dịch bệnh, mỗi chàng trai khỏe mạnh vẫn đánh đập bạn bè ốm yếu của mình mỗi ngày. Khi dịch bệnh bắt đầu, những chú lùn bị ốm do tiêm chủng và không tiêm chủng. Chứng minh rằng:

a) nếu có bất kỳ sự chậm trễ nào trước ngày đầu tiên của dịch bệnh

27

Nếu bạn đã tiêm phòng và có miễn dịch ngay ngày đầu tiên thì dịch bệnh có thể kéo dài chừng nào không có luật thì dịch bệnh sớm muộn cũng sẽ kết thúc.

“Biểu đồ bệnh tật”

| Ngày | MỘT | TRONG | VỚI |
| :— | :— | :— | :— |
| 1 | VÀ | B | 3 |
| 2 | 3 | VÀ | B |
| 3 | B | 3 | VÀ |
| 4 | VÀ | B | 3 |
| 5 | 3 | VÀ | B |

F638. Khi đang giảng bài ở Strasbourg năm 1908, Viện sĩ L.I. Mandelstam đã khiến các nhân viên ngạc nhiên với đồ uống màu đỏ sau đây. Hai âm thoa trên hộp cộng hưởng có phần cộng hưởng 500 Hz và 505 Hz được đặt cạnh nhau và một trong các âm thoa được kích thích. Âm thoa thứ hai thực tế không phản ứng với những rung động của âm thoa thứ nhất. Nhưng ngay khi người thí nghiệm bắt đầu định kỳ đóng và mở hộp nĩa điều chỉnh bằng tay, chiếc nĩa điều chỉnh thứ hai ngay lập tức bắt đầu đập mạnh. Giải thích kết quả của thí nghiệm này.

Sóng có tần số $f=500$ Hz phát ra từ hộp âm thoa. Định kỳ đóng hộp lại, L.I. Mandelstam thay đổi biên độ dao động, chúng ta đến âm thoa thứ hai. Dao động có biên độ thay đổi - dao động biến đổi biên độ là gì?

Hãy xét trường hợp đơn giản nhất khi điều chế có dạng hình sin, tức là biên độ $A$ thay đổi theo định luật sin (cosine) với tần số $F$:

$$A = A_0 \cos 2\pi F t.$$

Trong trường hợp này, sự thay đổi áp suất (hoặc mật độ) của không khí, là sóng eucus, xảy ra theo định luật

$$\Delta p = (A_0 \cos 2\pi F t) \cos 2\pi f t.$$ (*)

Hãy biến đổi vế phải của đẳng thức (*), sử dụng các công thức lượng giác nổi tiếng:

$$\Delta p = \frac{A_0}{2} [\cos 2\pi(f-F)t + \cos 2\pi(f+F)t].$$

Do đó, các dao động có tần số $f$, biên độ thay đổi theo tần số $F$, có thể được biểu diễn dưới dạng tổng (chồng chất) của các dao động điều hòa (nghĩa là các dao động có dạng hình sin với biên độ không đổi) của hai tần số:

$$f_1 = f - F$$ và $$f_2 = f + F.$$ Nếu $F=5$ Hz, thì tần số $f_2$ trùng với tần số cộng hưởng của âm thoa máy thu, thành phần dao động tương ứng sẽ làm dao động âm thoa này và nó bắt đầu kêu vo ve.

Với sự điều biến dao động tuần hoàn, không hình sin, tùy ý, biểu diễn của chúng dưới dạng tổng của các thành phần hài (phổ của chúng) sẽ chứa nhiều hơn hai thuật ngữ (sóng hài) - nói rằng phổ dao động sẽ rất phong phú. Nhưng nếu chu kỳ điều chế bằng 1/F thì phổ nhất thiết phải có thành phần có tần số $f+F$ (cũng như có tần số $f-F$). Chúng ta chỉ xem xét định luật điều chế hình sin vì trong trường hợp này việc phân tách thành các sóng hài trông đơn giản nhất và có thể được thực hiện một cách cơ bản.

V. Belonukin

28

F639. Hai lò xo có độ cứng $k_1$ và $k_2$ được nối một đầu với một bức tường thẳng đứng, đầu kia với một khối lượng $m$ nằm trên một bàn nằm ngang. Tại thời điểm ban đầu, một lò xo có độ cứng $k_1$ bị giãn bởi các giá trị $l_1$ và một lò xo có độ cứng $k_2$ bị kéo giãn bởi các giá trị $l_2$. Tải được giải phóng. Tìm biên độ và chu kỳ của tải trọng dao động. Bỏ bê việc đào tạo.

Lấy tọa độ của tải tại thời điểm ban đầu bằng 0 (xem hình. ok). Khi đó sự phụ thuộc của lực đàn hồi tác dụng lên tải trọng vào tọa độ $x$ của tải trọng sẽ như sau:

$$F_1(x) = -(l_1+x)k_1,$$
$$F_2(x) = (l_2-x)k_2.$$

Ở đây $(l_1+x)$, $(l_2-x)$ lần lượt là các giá trị đại số của chiều dài của lò xo thứ nhất và thứ hai. Tại thời điểm tải trọng vượt qua vị trí cân bằng thì tổng lực $F$ tác dụng lên tải trọng của lò xo bằng không. Hãy biểu thị $x_0$ tọa độ của tải tại thời điểm này. Sau đó

$$F(x_0) = F_1(x_0) + F_2(x_0) = -(l_1+x_0)k_1 + (l_2-x_0)k_2 = 0,$$

Ở đâu

$$x_0 = \frac{l_2k_2-l_1k_1}{k_1+k_2}.$$

Biên độ của tải dao động hiển nhiên bằng

$$A = |x_0| = \frac{|l_2k_2-l_1k_1|}{k_1+k_2}.$$

Để tìm chu kỳ dao động, chúng ta viết lực phục hồi $F$ phụ thuộc như thế nào vào độ lệch của tải so với vị trí cân bằng:

$$F = F_1 + F_2 = -x(k_1+k_2) + (l_2k_2-l_1k_1) = -x(k_1+k_2) + x_0(k_1+k_2) = -(k_1+k_2)(x-x_0)$$

((x-x_0) - độ lệch của tải so với vị trí cân bằng). Có thể thấy rằng sự phụ thuộc mong muốn cũng giống như khi một lò xo có độ cứng $k=k_1+k_2$ được gắn vào tải trọng. Do đó, chu kỳ của tải dao động bằng

$$T = 2\pi \sqrt{\frac{m}{k}} = 2\pi \sqrt{\frac{m}{k_1+k_2}}.$$

A. Bereman

F640. Hình 1 và 2 thể hiện ranh giới vùng sóng do tàu tạo ra trên hai đoạn tuyến. Mũi tên đỏ chỉ hướng tốc độ của tàu. Trong phần đầu tiên (Hình 1) không có dòng chảy. Hướng dòng chảy trong phần thứ hai (Hình 2) được thể hiện bằng mũi tên màu xanh. Xác định tốc độ của dòng chảy nếu tốc độ của tàu so với bờ trong trường hợp chung là như nhau và bằng 18 km/h.

Hãy kết hợp Hình 1 và Hình 2 (Hình 3). Từ một điểm tùy ý $A$ trên hành trình của tàu, chúng ta sẽ tiến hành phân bố lại đến ranh giới của vùng sóng khi không có dòng điện. Độ dài của sự phân phối lại này ([AB] hoặc [AB’]) xác định quãng đường mà sóng truyền được trong khoảng thời gian sau đó tàu đã vượt qua khoảng cách $AO$. Khoảng cách $BC$ (hoặc $B'C'$) xác định cách vùng được bao quanh bởi sóng và dòng chảy trong cùng một khoảng thời gian. Do đó, tỷ số [BC]/[AO] (hoặc $B'C'$/[AO]) xác định tỷ số giữa tốc độ $v$ của dòng điện với tốc độ của tàu. Từ hình vẽ là

$$\frac{v}{v_0} = \frac{1}{5} \Rightarrow v = 3,6 \text{ km/ч}.$$

V. Belonuchkin

Hình 1.
Hình 2.
Hình 3.

29

F641. Một chiếc đồng hồ treo tường có ma trận có khối lượng $M=5$ kts. Khối lượng của tải ở cuối ma trận ánh sáng là $m=150$ kts. Sai số nào trong số chỉ của đồng hồ sẽ tích lũy trong một ngày nếu đồng hồ được treo trên trần nhà bằng hai sợi dây dài song song? Hãy tin rằng chiếc đồng hồ gắn trên tường là chính xác.

Đồng hồ treo trên dây, không giống như đồng hồ treo trên tường, có thể lắc lư. Nếu các dây song song thì khi lắc chuyển động của vỏ đồng hồ sẽ chuyển động tịnh tiến, tức là tất cả các điểm của đồng hồ (trừ ma trận) sẽ chuyển động như nhau. Điều này có nghĩa là toàn bộ khối lượng của đồng hồ không có ma trận ($M-m$) có thể được coi là tập trung tại một điểm, ví dụ như tại điểm $A$ của huyền phù ma trận (Hình 1).

Chuyển động của thân đồng hồ khi nó lắc không phải là VELKI - nhỏ hơn nhiều so với biên độ dao động của ma trận đồng hồ (điều này sẽ được hiển thị bên dưới). Do đó, dây dài sẽ gần như luôn thẳng đứng. Dây càng dài thì điều kiện này sẽ được đáp ứng càng tốt.

Do đó, các dây tác động lên đồng hồ có thể được coi là hướng thẳng đứng lên trên. Lực hấp dẫn tác dụng lên vật và ma trận được hướng thẳng đứng xuống dưới. Không có lực lượng bên ngoài nào khác. Do đó, theo phương nằm ngang trên hệ đang xét (vỏ đồng hồ + ma trận) không có ngoại lực nào tác dụng và khối tâm của hệ này sẽ không chuyển động theo phương ngang.

Bây giờ rõ ràng là khi ma trận dao động, thân đồng hồ (điểm $A$) sẽ dao động ngược pha - sao cho khối tâm (điểm $C$ trong Hình 2) luôn luôn nằm trên cùng một phương thẳng đứng. Hỗn hợp của trọng lượng ma trận $s_1$ và thân đồng hồ $s_2$ tại bất kỳ thời điểm nào sẽ tỷ lệ nghịch với khối lượng tương ứng:

$$\frac{s_1}{s_2} = \frac{M-m}{m}.$$ (1)

Từ công thức (1), rõ ràng là ở $m \ll M$ biên độ $S_2$ của vật lắc lư nhỏ hơn nhiều so với biên độ $S_1$ của dao động ma trận đồng hồ ($S_2 \ll S_1$).

Vẫn còn phải tìm hiểu chu kỳ $T_1$ của dao động ma trận sẽ là bao nhiêu. Nhìn vào Hình 2 và nhớ rằng điểm $C$ không di chuyển theo chiều ngang, dễ dàng nhận thấy rằng chuyển động của ma trận trọng số $m$ có ​​thể được biểu diễn gần đúng dưới dạng dao động tự do của ma trận toán học có chiều dài $l_1$. (Nói đúng ra, điểm $C$ di chuyển theo chiều dọc; tuy nhiên, với biên độ dao động ma trận nhỏ, những chuyển động này là chuyển động cột, không ảnh hưởng đến chu kỳ dao động.)

Từ sự giống nhau của các biện pháp bảo vệ trong Hình 2 của các hình tam giác, có thể thấy rõ rằng

$$\frac{l}{l_1} = 1 + \frac{s_2}{s_1}.$$ (2)

Thay thế ở đây $s_2/s_1$ từ thư từ (1), ta tìm được

$$\frac{l_1}{l} = 1 - \frac{m}{M}.$$ (2)

Chu kì dao động của một ma trận toán tỉ lệ với căn bậc hai của độ dài của nó: $T = 2\pi\sqrt{l/g}$. Vì $l_1 < l$, chu kỳ $T_1$ của dao động ma trận trong một đồng hồ treo trên dây dài nhỏ hơn chu kỳ $T$ của dao động ma trận trong một đồng hồ treo tường. Điều này có nghĩa là đồng hồ treo trên dây sẽ chạy nhanh.

Xét đến sự tương ứng (2), chúng ta tìm thấy mối quan hệ $T_1/T$:

$$\frac{T_1}{T} = \sqrt{\frac{T_1}{l}} = \sqrt{1 - \frac{m}{M}} \approx 1 - \frac{m}{2M}.$$ (3)

(Ở đây chúng tôi đã dạy điều đó theo điều kiện bài toán $m/M=0,03 \ll 1$ và sử dụng công thức gần đúng $\sqrt{1+x} \approx 1+x/2$, hợp lệ cho $|x| \ll 1$.)

Bây giờ từ (3) dễ dàng tìm thấy sự giảm trong khoảng thời gian $\Delta T = T-T_1$:

$$\Delta T = T \frac{m}{2M}.$$

Thay thế các giá trị $m$ và $M$ từ điều kiện, chúng ta tìm thấy: $\Delta T = 0,015T$. Trong một ngày, một chiếc đồng hồ treo trên dây sẽ di chuyển về phía trước thêm 21 phút 36 giây.

E. Butikov

30

F642. Hình vẽ cho thấy đặc tính điện áp-điện áp lý tưởng của diode. Tụ điện emkocti $C = 100$ uF, được tích điện đến điện áp $U = 5$ V, được nối qua một diode với một điện trở có điện trở $R = 100$ Ohm. Lượng tín hiệu nào sẽ được giải phóng trên điện trở khi tụ điện phóng điện?

Khi dòng phóng điện vượt quá $I_0 = 10$ mA thì điện áp trên diode không đổi và bằng $U_0 = 1$ V. Khi dòng điện giảm xuống giá trị $I_0$ thì điện áp trên tụ bằng

$$U_1 = U_0 + RI_0.$$

Điện tích chạy qua mạch lúc này bằng

$$q = C(U_0 - RI_0).$$

Theo định luật bảo toàn năng lượng

$$\frac{CU^2}{2} - \frac{C(U_0 + RI_0)^2}{2} = U_0q + W_1,$$

trong đó $W_1$ là thông số được phân bổ trên điện trở cho đến thời điểm này. Hơn nữa, diode chỉ đơn giản tương đương với một điện trở có điện trở $r = U_0/I_0$. Khi phóng điện thêm, một tín hiệu sẽ được giải phóng trên điện trở $R$.

$$W_2 = \frac{CU^2}{2} \frac{R}{R+r} = \frac{C(U_0 + RI_0)^2}{2} \frac{R}{R + \frac{U_0}{I_0}}.$$

Tổng lượng tín hiệu sẽ được giải phóng trên điện trở khi tụ phóng điện bằng

$$W = W_1 + W_2.$$

Thay các giá trị $W_2$ và $W_1 = \frac{C}{2} \left[ U^2 - (U_0 + RI_0)^2 \right] - U_0q$, ta tìm được

$$W = \frac{C}{2} \left\{ (U - U_0)^2 + RI_0U_0 \right\} = 8,5 \cdot 10^{-4} \text{ Дж.}$$

E. Surkov, E. Yunosov

F643. Hai tên lửa được phóng đồng thời từ sọc phía nam và phía bắc của Trái đất với cùng vận tốc ban đầu, hướng theo phương ngang. Sau khoảng thời gian $\tau = 3$ và 20 phút, các tên lửa đã ở khoảng cách tối đa với nhau. Xác định khoảng cách tối đa giữa các tên lửa. Gia tốc rơi tự do trên Trái đất được coi là đã biết. Bán kính Trái đất là $R_3 = 6400$ km.

Các tên lửa sẽ di chuyển theo quỹ đạo hình elip giống hệt nhau (xem hình), chạm vào Trái đất ở các làn phía Bắc và Nam. Các tên lửa đạt khoảng cách tối đa với nhau thông qua dòng chảy của chu kỳ tuần hoàn. Vì vậy, $T = 2\tau$. Khoảng cách tối đa $h$ của tên lửa từ tâm Trái đất (ở đỉnh) có thể được tìm thấy dựa trên định luật thứ hai của Kepler, từ đó suy ra rằng với những chu kỳ quay bằng nhau ở các quỹ đạo khác nhau (bao gồm cả những quỹ đạo dốc), thì nhiều sọc quỹ đạo bằng nhau hơn. Chúng ta hãy tìm bán kính $r$ của một quỹ đạo dốc có chu kỳ quỹ đạo $T$. Tốc độ tuyến tính trên quỹ đạo như vậy là $2\pi r/T$. Cân bằng gia tốc hướng tâm với gia tốc trọng trường, ta thu được

$$\left( \frac{2\pi r}{T} \right)^2 \frac{1}{r} = G \frac{M_3}{r^2} = \frac{gR_3^2}{r^2}.$$

Từ đây

$$r = \sqrt[3]{\frac{gR_3^2T^2}{4\pi^2}} = \sqrt[3]{\frac{gR_3^2\tau^2}{\pi^2}} \approx 18 \cdot 10^6 \text{ м}.$$

Dựa trên định luật thứ hai của Kepler $h + R_3 = 2r$. Như vậy, khoảng cách tối đa $L$ giữa các tên lửa là

$$L = 2h = 2(2r - R_3) = 5,92 \cdot 10^6 \text{ м} = 59200 \text{ км}.$$

Điều thú vị cần lưu ý là bài toán cũng cho phép lời giải khác, vì các tên lửa tìm thấy khoảng cách tối đa với nhau không chỉ qua các chu kỳ quỹ đạo mà còn qua $\frac{3}{2}T$, $\frac{5}{2}T$, v.v. Trong trường hợp chung, các điều kiện bài toán được thỏa mãn bởi tất cả các quỹ đạo có chu kỳ quay $T_n = \frac{2}{n}\tau$ ($n$ - bất kỳ số lẻ nào) mà nó thỏa mãn $h_n \geq R_3$. Các điều kiện cuối cùng có thể được viết lại thành $r_n \geq R_3$, trong đó $r_n$ là bán kính của quỹ đạo dốc có chu kỳ quỹ đạo là $T_n$. lời giải $r$ tìm thấy tương ứng với n=1 sau đây. Dành cho mọi người

31

protskh $r_n$ có.

$$r_n = \frac{r}{\sqrt{n^2}}.$$

Tính toán bằng số cho thấy trường hợp $n=3$ cũng có thể xảy ra.

$$r_3 \approx 8.6 \cdot 10^6 \text{ м}; L_3 = 21.6 \cdot 10^6 \text{ м} = 21600 \text{ км.}$$
Với $n=5,7,...$ điều kiện $r_n \geq R_3$ sẽ không được thỏa mãn.

S. Kozel

F644. Một mạch điện gồm hai tụ điện có điện dung $C_1$ và $C_2$ ($C_2 > C_1$) và hai điốt lý tưởng $D_1$ và $D_2$ (Hình 1) được nối với nguồn điện áp xoay chiều $u = U_0$ cos $\omega t$. Xác định ảnh hưởng phụ thuộc thời gian lên tụ điện ở chế độ đặt. Vẽ những người phụ thuộc kết quả trên một biểu đồ. Độ tuân thủ của một diode lý tưởng theo hướng thuận là 0, theo hướng ngược lại là vô cùng.

Hình 1.

Hình 2.

F645. Loa có bộ khuếch tán có diện tích mặt cắt ngang $S = 300 \text{ cm}^2$ và khối lượng $m=5 \text{ e}$.

Giả sử rằng mạch kết nối với nguồn tại thời điểm $t=0$. Trong trường hợp này, tụ điện $C_2$ sẽ tích điện nhanh qua diode $D_1$ đến điện áp bằng giá trị biên độ $U_0$ của điện áp xoay chiều. Tụ điện $C_2$ sẽ nhận được điện tích

$$Q_0 = U_0 C_2.$$

Trong những khoảnh khắc tiếp theo, điốt $D_1$ và $D_2$ sẽ đóng, nghĩa là chúng sẽ không truyền dòng điện, vì điện thế của cực âm sẽ luôn lớn hơn điện thế của anoid và điốt là lý tưởng (điện trở của chúng ở trạng thái đóng bằng vô cùng). Mạch sẽ hoạt động như thể điốt $D_1$ và $D_2$ bị vô hiệu hóa; do đó điện tích $Q_0$ sẽ được bảo toàn.

Trong trường hợp này, dòng điện xoay chiều sẽ chạy qua mắc nối tiếp của tụ điện

$$i = I_0 \sin \omega t = \left( U_0 \omega \frac{C_1 C_2}{C_1 + C_2} \right) \sin \omega t,$$

trong đó $I_0 = U_0 \omega \frac{C_1 C_2}{C_1 + C_2}$ là biên độ dòng điện, $U_0$, $\omega$ là biên độ và tần số của điện áp xoay chiều. Dòng điện xoay chiều sẽ tạo ra hiệu điện thế xoay chiều trên mỗi tụ điện:

$$u_{c1} \sim = \frac{I_0}{\omega C_1} \cos \omega t = U_0 \frac{C_2}{C_1 + C_2} \cos \omega t,$$

$$u_{c2} \sim = \frac{I_0}{\omega C_2} \cos \omega t = U_0 \frac{C_1}{C_1 + C_2} \cos \omega t.$$

Ngoài điện áp xoay chiều này, một thành phần điện áp không đổi sẽ xuất hiện trên các tụ điện do tụ điện $C_2$ tích vào điện áp $U_0$. Để tìm thành phần không đổi này của điện áp $U$, chúng ta viết định luật bảo toàn điện tích:

$$C_2 U_0 = C_1 U + C_2 U.$$

Từ đây

$$U = \frac{C_2 U_0}{C_1 + C_2}.$$

Như vậy, tổng điện áp trên các tụ sẽ bằng nhau

$$u_{c1} = u_{c1} \sim -U = U_0 \frac{C_2}{C_1 + C_2} \cos \omega t - \frac{C_2 U_0}{C_1 + C_2},$$

$$u_{c2} = u_{c2} \sim +U = U_0 \frac{C_1}{C_1 + C_2} \cos \omega t + \frac{C_2 U_0}{C_1 + C_2}.$$

Đồ thị của các hằng số phụ thuộc này cho $C_2 = 2C_1$ được hiển thị trong Hình 2.

Lưu ý rằng nếu kết nối của mạch với nguồn xảy ra tại thời điểm $t \neq 0$, thì mạch sẽ đạt được điện trở suất đã thiết lập sau một thời gian, khi điốt $D_1$ mở ra và tụ điện $C_2$ tích điện đến điện áp $U_0$.

V. Skorovarov

Chúng ta sẽ giả sử rằng trong không gian tự do ở tần số dao động âm thanh đủ thấp, áp suất không khí phía trước bộ khuếch tán và phía sau nó là như nhau. Khi đó tần số cộng hưởng của bộ khuếch tán được xác định bởi khối lượng $m$ và độ cứng $k$ của nó