Bài toán M701—M705; F713—F717

20

Bài toán

M701 — M705; F713 — F717

M701. Lyuda, Marina và Natasha vẽ tam giác nhọn LMN. Sau đó, Luda dựng tam giác của riêng mình, trong đó độ dài hai cạnh bằng $|LM|$ và $|LN|$, và góc giữa chúng lớn hơn 60° so với góc $L$ của tam giác LMN. Theo cách tương tự, Marina đã xây dựng hình tam giác của mình từ các cạnh có chiều dài $|ML|$ và $|MN|$, góc giữa chúng lớn hơn $\hat{M}$ 60°, và Natasha đã xây dựng hình tam giác của mình, trong đó góc giữa các cạnh $|NL|$ và $|NM|$ bằng $\hat{N} + 60^\circ$. Chứng minh rằng các cạnh thứ ba (mới) của tam giác đều giống nhau đối với cả ba cô gái.

A. Kaplan

M702. Chúng ta hãy biểu thị bằng $S_n$ tổng của các số nguyên tố $n$ đầu tiên: $S_1 = 2, S_2 = 2 + 3 = 5, S_3 = 2 + 3 + 5 = 10, S_4 = 17$, v.v. Chứng minh rằng với bất kỳ $n$ nào giữa $S_n$ và $S_{n+1}$ sẽ xuất hiện một hình vuông chính xác.

I. Chúc

M703*. Giải hệ phương trình

$$\begin{cases} 3(x + \frac{1}{x}) = 4(y + \frac{1}{y}) = 5(z + \frac{1}{z}), \\ xy + yz + zx = 1. \end{cases}$$

A. Fedorov

M704*. Hình bình hành được mô tả xung quanh một hình vuông (các đỉnh của hình vuông nằm trên các cạnh khác nhau của hình bình hành). Chứng minh rằng các đường vuông góc hạ từ các đỉnh của hình bình hành xuống các cạnh của hình vuông tạo thành một hình vuông mới (Hình 1).

N. Vasiliev

M705. Trên một tờ giấy ca rô hình chữ nhật có một số thẻ hình chữ nhật, các cạnh của chúng nằm trên các lưới tuyến tính. Các thẻ bao phủ tờ giấy thành hai lớp (nghĩa là mỗi ô của tờ giấy được phủ đúng hai thẻ). a) Đặt mỗi thẻ có kích thước $1 \times 2$ ô. Chứng minh rằng bạn có thể chọn một số thẻ để chúng phủ trang tính thành một lớp. (Bạn không thể di chuyển các thẻ.) Điều này có đúng không nếu các thẻ 6) có thể có kích thước tùy ý, c*) có kích thước $1 \times 3$ ô?

G. Galperin, V. Proizvolov

22

M662. Con heo đất chứa bốn rúp tiền đồng. Chứng minh rằng những đồng tiền này có thể dùng để trả ba rúp mà không cần trả lại tiền lẻ.

Nó đủ để chứng minh rằng bạn có thể khóc mà không cần đổi rúp.

Con heo đất có thể chứa bốn loại tiền xu: đồng một kopeck, hai kopeck, ba kopeck và đồng xu niken. Vì vậy, một số loại tiền xu có giá không thấp hơn rúp.

Nếu đây là đồng xu niken, đồng xu hai xu hoặc đồng xu một xu, thì rõ ràng là bạn có thể trả rúp mà không cần trả lại tiền lẻ.

Do đó, chúng ta hãy xem xét trường hợp khi có nhiều đồng xu ba kopeck hơn số rúp và có ít đồng xu thuộc loại khác hơn số rúp.

Nếu có ít nhất một đồng xu một kopeck trong con heo đất, sau đó cộng nó vào 33 đồng xu ba kopeck, chúng ta sẽ nhận được rúp.

Nếu có hai đồng xu hai kopeck hoặc hai niken, thì bằng cách cộng đồng xu ba kopeck với 32 (tương ứng là 30), chúng ta sẽ nhận được rúp.

Như vậy, vẫn còn một trường hợp không có đồng xu một kopeck, có hai đồng xu hai kopeck (398 không chia hết cho 3); nếu không có đồng xu hai kopeck thì có ít nhất hai niken (395 không chia hết cho 3). Vì vậy, trong trường hợp này, chúng ta có một đồng xu niken và một đồng xu hai kopeck, và chúng ta có thể thu thập rúp bằng cách thêm một đồng xu niken và một đồng xu hai xu vào 31 đồng xu ba xu.

Thật thú vị khi tìm ra số tiền thường có thể được thanh toán mà không cần trả lại bằng một bộ tiền đồng bốn bánh trong một con heo đất.

Ví dụ: nếu chỉ có đồng xu hai kopeck trong con heo đất thì không thể trả số tiền lẻ; nếu chỉ có niken thì không có số nào chia hết cho 5; cuối cùng, nếu có 133 đồng ba kopeck và một đồng một kopeck trong con heo đất, thì không thể trả được số tiền nào, khi chia cho 3 sẽ dư 2.

Điều này có nghĩa là nếu có thể trả một số tiền nhất định cho bất kỳ bộ đồng xu bốn bánh nào trong một con heo đất thì số tiền đó chia hết cho 10 và khi chia cho 3 không để lại số dư là 2. Liệu tất cả số tiền đó có thể trả được không?

A. Kushirenko

M663. Tìm tất cả các số nguyên tố p mà số 2$^p$ + p$^2$ cũng là số nguyên tố.

Khi p=2 chúng ta nhận được hợp số 8, khi p=3 chúng ta nhận được số nguyên tố 17.

Hãy chứng minh rằng với số nguyên tố p>3 thì số 2$^p$ + p$^2$ luôn là 3.

Thật vậy, p=3k±1 đối với một số k tự nhiên. Do đó 2$^p$ + p$^2$ = (3−1)$^{3k±1}$ + (3k±1)$^2$ = (3M−1) + (3N+1) = 3(M+N).

Bạn có thể nghĩ khác. Từ p lẻ suy ra 2$^p$ + 1 = (2+1) (2$^{p−1}$−2$^{p−2}$+…+1). Điều này có nghĩa là 2$^{p+1}$ chia hết cho 3. Vì p không chia hết cho 3 nên p$^2$ − 1 = (p−1) (p+1) chia hết cho 3. Điều này ngụ ý rằng tổng (2$^p$ + 1) + (p$^2$ − 1) = 2$^p$ + p$^2$ chia hết cho 3.

S. Mayzus

M664. Cho tứ giác ABCD có diện tích S. Gọi giao điểm các đường cao của các tam giác ABC, BCD, CDA, DAB bằng H, K, L, M của tam giác tương ứng. Chứng minh rằng diện tích adb của đường thẳng HKLM cũng bằng S.

Phân tích đơn giản nhất lời giải của bài toán này có được bằng cách sử dụng tích giả vô hướng của phép tính vectơ: $\vec{a} \wedge \vec{b} = |\vec{a}| |\vec{b}| \sin \varphi$, trong đó $\varphi$ là góc mà vectơ $\vec{a}$ phải quay ngược chiều kim đồng hồ để hướng của nó trùng với hướng của vectơ $\vec{b}$. Ý nghĩa hình học của số $\vec{a} \wedge \vec{b}$ là diện tích định hướng của hình bình hành được xây dựng trên các vectơ $\vec{a}$ và $\vec{b}$ (Hình 1). Các thuộc tính chúng tôi cần:

1°. $(\vec{a} + \vec{b}) \wedge \vec{c} = \vec{a} \wedge \vec{c} + \vec{b} \wedge \vec{c}$,
2°. $\vec{a} \wedge \vec{b} = -\vec{b} \wedge \vec{a}$,

23

Hình 1, A. $\vec{a} \wedge \vec{b} = 2S_{\triangle AOB}$, nếu $\triangle AOB$ được định hướng dương - ngược chiều kim đồng hồ.

Hình 1, b. $\vec{a} \wedge \vec{b} = -2S_{\triangle AOB}$ nếu $\triangle AOB$ có hướng âm.

Hình 2. $\vec{HC} = 2\vec{KO} = \text{ctg} \hat{C} \times \mathbf{R}^{90^\circ}(\vec{AB})$.

3°. $\vec{a} \wedge \vec{b} = 0$ nếu các vectơ $\vec{a}$ và $\vec{b}$ thẳng hàng thì suy ra rằng $\vec{a} \wedge \vec{b}$ bằng tích vô hướng của các vectơ $\vec{b}$ và $\mathbf{R}^{90^\circ}(\vec{a})$.

Sẽ rất thuận tiện khi giới thiệu ký hiệu “đối xứng”: đặt $A_1A_2A_3A_4$ là một góc chẵn cho trước, $H_1, H_2, H_3$ và $H_4$ lần lượt là các điểm giao nhau của đường cao của các tam giác $A_2A_3A_4, A_3A_4A_1, A_4A_1A_2$ và $A_1A_2A_3$, và $\vec{a}_i$ và $\vec{h}_i$ các vectơ đi từ một điểm cố định $O$ đến $A_i$ và $H_i$ ($i=1, 2, 3, 4$).

Hãy chứng minh rằng các tam giác $A_1A_2A_3$ và $H_1H_2H_3$ có kích thước bằng nhau (có cùng diện tích) và có cùng hướng. Vì diện tích $\triangle A_1A_2A_3$ gấp đôi (có tính đến hướng) bằng $\vec{A}_1\vec{A}_2 \wedge \vec{A}_1\vec{A}_3 = (\vec{a}_2 - \vec{a}_1) \wedge (\vec{a}_3 - \vec{a}_1) = \vec{a}_1 \wedge \vec{a}_2 + \vec{a}_2 \wedge \vec{a}_3 + \vec{a}_3 \wedge \vec{a}_1$ nên ta phải chứng minh đẳng thức

$$\vec{a}_1 \wedge \vec{a}_2 + \vec{a}_2 \wedge \vec{a}_3 + \vec{a}_3 \wedge \vec{a}_1 = \vec{h}_1 \wedge \vec{h}_2 + \vec{h}_2 \wedge \vec{h}_3 + \vec{h}_3 \wedge \vec{h}_1.$$

(1)

Để làm điều này, chúng ta chỉ sử dụng thực tế là $[A_iH_j] \parallel [A_jH_i]$ cho tất cả $i \neq j$. Giả sử $[A_1H_2] \parallel [A_2H_1]$ vì chúng vuông góc với $[A_3A_4]$; do đó $(\vec{a}_1 - \vec{h}_2) \wedge (\vec{a}_2 - \vec{h}_1) = 0$. Cộng ba đẳng thức:

$$\vec{a}_1 \wedge \vec{a}_2 - \vec{h}_1 \wedge \vec{h}_2 = \vec{a}_1 \wedge \vec{h}_1 - \vec{a}_2 \wedge \vec{h}_2,$$
$$\vec{a}_2 \wedge \vec{a}_3 - \vec{h}_2 \wedge \vec{h}_3 = \vec{a}_2 \wedge \vec{h}_2 - \vec{a}_3 \wedge \vec{h}_3,$$
$$\vec{a}_3 \wedge \vec{a}_1 - \vec{h}_3 \wedge \vec{h}_1 = \vec{a}_3 \wedge \vec{h}_3 - \vec{a}_1 \wedge \vec{h}_1.$$

chúng tôi nhận được (1).

Tất nhiên, nói chung người ta cũng chứng minh rằng các tam giác $A_iA_jA_k$ và $H_iH_jH_k$ có kích thước bằng nhau và có hướng như nhau (với tất cả $i \neq j \neq k$); đặc biệt điều này áp dụng cho các hình tam giác $A_3A_4A_1$ và $H_3H_4H_1$. Điều này ngụ ý sự bằng nhau về diện tích của tứ giác $A_1A_2A_3A_4$ và $H_1H_2H_3H_4$.

Ngoài ra, cả hai tứ giác này sẽ đồng thời (a) lồi hoặc (b) không lồi nhưng không tự cắt nhau hoặc (b) tự cắt nhau: nếu tất cả các tứ giác $A_1A_2A_3, A_2A_3A_4, A_3A_4A_1, A_4A_1A_2$ có cùng hướng, thì (a), nếu một tứ giác khác hướng với ba tứ giác còn lại - (b); nếu “tỷ số là hòa” 2:2 - (c).

Nếu chúng ta cố gắng dịch lời giải này sang ngôn ngữ hình học cơ bản, chúng ta sẽ có được một bức tranh ngữ pháp của nhiều hình bình hành, chính sự tương ứng giữa các diện tích của chúng bị nhầm lẫn do đặc thù của vị trí của chúng. Hình học thanh lịch hơn lời giải (tuy nhiên, yêu cầu tính không tròn; một phần, nó sử dụng công thức $tg\alpha + tg\beta = (1 - tg\alpha tg\beta) tg(\alpha + \beta)$) dựa trên các mối quan hệ hữu ích được hiển thị trong Hình 2, trong đó $H$ là giao điểm của các đường cao của các hình tam giác $ABC$, $O$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp, $K$ là điểm giữa của cạnh $AB^*$). Trên đường đi này, có thể thấy ngay rằng đối với một tứ giác $A_1A_2A_3A_4$ nội tiếp trong một đường tròn, thì tứ giác “trực tâm” $H_1H_2H_3H_4$ sẽ không chỉ có kích thước bằng nó mà còn bằng nhau (trong trường hợp tổng quát, như sau từ sự bằng nhau về diện tích của các tam giác $A_iA_jA_k$ và $H_iH_jH_k$, các tứ giác này tương đương với afficino, nghĩa là, một tứ giác thu được từ khác bằng phép biến đổi tuyến tính tọa độ).

B. Batyrev, N. Vasiliev, V. Trofimov

M665. Màn hình hiển thị ánh sáng bao gồm một số bóng đèn, mỗi bóng đèn có thể ở hai trạng thái (tương ứng hoặc không chứa). Có một số phím trên đường dẫn, nhấn đồng thời từng phím sẽ thay đổi trạng thái của một bộ bóng đèn nhất định

Gọi số đèn là $N$, số nút là $n$. Chúng ta hãy biểu thị bằng $A_i$ tập hợp con của bóng đèn mà nút thứ $i$ chuyển đổi, tức là mẫu thu được từ trạng thái ban đầu $B_0$—“tất cả các đèn đều tắt”—khi nhấn nút thứ $i$; chúng ta cũng sẽ nói về “hoạt động $A_i$”, nghĩa là bằng cách nhấn nút $i$.

*) lời giải này sẽ được đưa ra trong cuốn sách “Bài toán về Hình học” của I. F. Sharygin, được xuất bản trong Thư viện «Kvant».

24

(đối với mỗi cấu hình - cấu hình riêng). Lúc đầu bóng đèn không sáng.
a) Chứng minh rằng số mẫu khác nhau có thể thu được trên bảng điểm là lũy thừa của hai.
b) Có thể thu được bao nhiêu mẫu khác nhau trên một bảng gồm các bóng đèn $m \times n$ được sắp xếp theo hình chữ nhật, nếu cấu hình là một hàng bóng đèn đôi ngang và một hàng bóng đèn đôi dọc (kiểm tra đáp số của bạn để biết các giá trị nhỏ của $m, n$)?
c) Đưa ra các ví dụ khác về bảng và bộ (được định vị lại bằng confic) trong đó bạn có thể tìm thấy số lượng mẫu.

Chúng tôi đã nhận được rất nhiều bằng chứng cho tuyên bố a) dựa trên các báo cáo khác nhau. Hãy để chúng tôi trích dẫn ngắn gọn một số trong số họ.

1°. Có $2^N$ kiểu hiển thị ánh sáng khác nhau, bởi vì mỗi bóng đèn $N$ có thể ở hai trạng thái - bật hoặc tắt. Hãy để chúng tôi nhấn phím từ mẫu ban đầu $B_0$ bạn có thể nhận được $m$ các mẫu khác nhau $B_0, B_1, \dots, B_{m-1}$. Sau đó, từ bất kỳ mẫu ban đầu nào $X$, người ta có thể thu được cùng số lượng mẫu - đây là những mẫu khác với $X$ theo tập hợp $B_0, B_1, \dots, B_{m-1}$. Do đó, nếu tất cả các mẫu $2^N$ được chia thành nhiều khóa và ss: gán cho một lớp những mẫu có thể lấy được từ nhau bằng cách nhấn một phím, thì trong mỗi lớp sẽ có các mẫu $m$. Do đó $2^N$ chia hết cho $m$; do đó, $m$ là lũy thừa của hai.

2°. Đánh số khóa theo cách sao cho không có mẫu $s$ $A_1, A_2, \dots, A_s$ nào có thể thu được bằng cách kết hợp các mẫu trước đó (với các số thấp hơn) và mỗi mẫu $k-s$ còn lại $A_{k+1}, \dots, A_k$ có thể thu được bằng cách kết hợp một số thao tác $A_1, A_2, \dots, A_s$. Khi đó tổng số mẫu $m$ có thể thu được từ trạng thái ban đầu $B_0$ là $2^s$. Trên thực tế, tất cả các kết hợp của các phép toán $A_1, A_2, \dots, A_s$, tương ứng với $2^s$ của các tập hợp con khác nhau của tập hợp $\{1, 2, \dots, s\}$, sẽ đưa ra các mẫu khác nhau: nếu bất kỳ hai trong số chúng trùng khớp:

$$A_{i_1}A_{i_2}\dots A_{i_m}=A_{j_1}A_{j_2}\dots A_{j_l},$$

thì có thể thu được mẫu $A$ với hầu hết các số có trong đẳng thức này bằng cách kết hợp các mẫu trước đó.

3°. Trước tiên, chúng ta không nên nhìn vào tất cả $N$ bóng đèn mà nhìn vào $L$ đầu tiên trong số chúng. Hãy sử dụng những bóng đèn này từ trạng thái ban đầu $B_0$ để thu được $m_L$ các mẫu khác nhau. Sau đó chúng ta hãy nhìn vào bóng đèn thứ $(L+1)$. Nếu trạng thái của bóng đèn $(L+1)$ được xác định hoàn toàn bởi tập hợp các trạng thái của bóng đèn $L$ đầu tiên, thì $m_L+1=m_L$. Nếu có ít nhất hai bóng đèn, nhưng sự khác biệt là ở mức $(L+1)$, thì bạn có thể nhận được một mẫu trong đó bóng đèn $L$ đầu tiên không sáng, nhưng bóng đèn thứ $(L+1)$ sáng. Sau đó, từ mỗi mẫu bóng đèn $L$ của chúng tôi, bạn có thể nhận được hai mẫu khác nhau từ bóng đèn $L+1$ đầu tiên, tức là $m_L+1=2m_L$. Vì một bóng đèn (đầu tiên) có thể ở hai trạng thái, nên rõ ràng mối quan tâm của chúng ta $m=m_N$ sẽ là lũy thừa của hai.

Nhiều độc giả nhận thấy rằng sẽ thuận tiện hơn khi biểu diễn các phép toán $A_i$ và trạng thái bảng (“mẫu”) dưới dạng một tập hợp gồm $N$ số $+1$ và $-1$ (trong trường hợp này, thao tác nhấn các phím tương ứng với phép nhân của các bộ) hoặc dưới dạng một tập hợp gồm $N$ số $0$ và $1$ (sau đó các bộ được thêm modulo 2 thì có $1+1=0$).

Chúng ta hãy áp dụng cách biểu diễn đầu tiên cho lời giải bài toán 6).

Chúng tôi sẽ giả định rằng $x_{ij}=-1$ nếu bóng đèn ở hàng $i$ và cột thứ $j$ bật sáng, và $x_{ij}=1$ nếu không thì $(1 \leq i \leq m, 1 \leq j \leq n)$. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng tổng số mẫu có thể thu được từ trạng thái ban đầu “tất cả $x_{ij}=1$” bằng $2^{m+n-1}$.

Các phép toán hợp lệ (có $m+n$) là nhân một hàng hoặc cột với $-1$. Rõ ràng, chúng ta có thể nhận được một tập hợp tùy ý gồm $m+n-1$ số $\pm 1$ ở hàng đầu tiên và trong cột đầu tiên: $x_{11}, x_{12}, \dots, x_{1n}, x_{21}, x_{31}, \dots, x_{m1}$. Nhưng mỗi số $x_{ij}$ còn lại trong số $m+n-1$ số này đã được xác định duy nhất, vì trong mọi phép toán được chấp nhận, đẳng thức $x_{ij}x_{11}=x_{i1}x_{1j}$ sẽ được giữ nguyên.

Một lý luận tương tự (dùng điểm $x_{ij}x_{1j}x_{i1k}x_{i1k}x_{i1j}=x_{111}x_{11k}x_{11j}x_{i11}$) cho thấy một bàn có dạng thẳng song song, trạng thái $m \times n \times p$ bóng đèn, trong đó cho phép chuyển đổi dãy bóng đèn bất kỳ song song với cạnh của hình bình hành, số mẫu trong một lớp là $2^{mnp-(m-1)(n-1)(p-1)}$. nghĩa là số lớp mẫu là $2^{(m-1)(n-1)(p-1)}$ (xem lời giải $1^\circ$ bài toán a)).

N. Vasiliev

25

F673. Tải trọng treo trên một sợi dây đàn hồi. Nếu tác dụng một lực lên tải, tăng dần từ 0, sợi sẽ bị đứt khi lực đạt giá trị $F_1$. Tại giá trị lực tối thiểu nào thì sợi chỉ sẽ đứt nếu lực tác dụng nhỏ hơn một giá trị nhất định và sau đó không đáng kể?

Một sợi dây đàn hồi có thể được coi là một hình tròn. Đặt độ cứng của kẹp này bằng $k$. Theo điều kiện bài toán, với lực tăng chậm, sợi chỉ xuất hiện khi tổng lực $F_\pi$ tác dụng lên nó bằng

$$F_\pi = mg + F_1,$$

trong đó $m$ là khối lượng của tải trọng treo. Chúng ta hãy xem điều gì xảy ra trong trường hợp lực tác dụng ngay lập tức đạt đến một giá trị nhất định $F$ và sau đó không thay đổi.

Tại thời điểm ban đầu (khi lực bằng 0), sợi dây bị kéo căng dưới tác dụng của trọng lực của tải $mg$ một lượng $x_0$, được xác định bởi điều kiện $kx_0 = mg$, tức là tọa độ của sợi ở vị trí cân bằng bằng $x_0 = mg/k$ (vị trí đầu sợi khi không có tải trọng được lấy làm gốc). Khi tác dụng một lực $F$ thì tọa độ đầu sợi chỉ ở vị trí cân bằng sẽ bằng $x' = mg/k + F/k$. Tuy nhiên, hệ sẽ chỉ đạt đến trạng thái cân bằng sau khi dao động của không khí đã tắt. Biên độ ban đầu của các dao động này được xác định bởi độ lệch ban đầu của hệ so với vị trí cân bằng, nghĩa là $A = x' - x_0 = F/k$. Vì độ tắt dần của dao động nhỏ nên sau khoảng thời gian dương, tổng lực căng của các kẹp sẽ bằng

$$x_\pi = \frac{mg + F}{k} + A = \frac{mg}{k} + 2 \frac{F}{k}.$$

Điều này có nghĩa là tổng lực tác dụng lên sợi dây

$$F'_\pi = mg + 2F.$$

Sợi chỉ sẽ bị đứt nếu lực này lớn hơn lực $F_\pi$ (xem (*)), lực này quyết định độ bền kéo của sợi chỉ. Do đó, lực tối thiểu $F_{\min}$ mà tại đó sợi chỉ sẽ đứt được tìm thấy từ điều kiện $F'_\pi = F_\pi$, tức là

$$mg + 2F_{\min} = mg + F_1;$$

từ đây

$$F_{\min} = F_1/2.$$

G. Baronov

F674. Anhydrit sunfuric $SO_3$ với lượng $v_1 = 1$ mol được cho vào bình kín và nâng lên nhiệt độ $T_1 = 1000$ K, tại đó $SO_3$ phân ly một phần thành anhydrit sunfuric $SO_2$ và oxy: $SO_3 = SO_2 + \frac{1}{2}O_2$.

Mức độ phân ly trong những điều kiện này hóa ra bằng $a_1 = 0,2$ (nghĩa là 20% phân tử ban đầu có sẵn $SO_3$ đã bị phân ly). Khi $v_2 = 0,4$ mol $SO_3$ được đặt vào cùng một bình, hóa ra để đạt được áp suất như trong thí nghiệm đầu tiên, áp suất khí phía trên các con sên đạt đến nhiệt độ $T_2 = 2000$ K. Xác định mức độ phân ly $SO_3$ trong thí nghiệm thứ hai. Tất cả các chất trong thí nghiệm nói chung đều ở trạng thái khí.

F675. Để thay đổi dòng điện lớn trong mạch CC (xem hình. ok), sử dụng shunt Ш,

Khi tiêu tán hoàn toàn, 1 mol $SO_3$ thu được 1,5 mol khí ($SO_2$ và $O_2$). Do đó, nếu αᵇ nốt ruồi $SO_3$ được mổ xẻ thì bình chứa 1,5αᵇ nốt ruồi $SO_2$ và $O_2$ và (1−α)ᵇ nốt ruồi $SO_3$; tổng số khí trong bình là $n = 1,5αᵇ + (1−α)ᵇ = (1+0,5α)ᵇ$.

Chúng ta hãy viết phương trình trạng thái của các chất khí trong bình trong trường hợp thứ nhất ($v_1 = 1$ mol, $T_1 = 1000$ K, $a_1 = 0,2$) và trong trường hợp thứ hai ($v_2 = 0,4$ mol, $T_2 = 2000$ K, $a_2 = ?$) (áp suất và thể tích giống nhau trong các trường hợp chung):

$$pV = n_1RT_1, \quad pV = n_2RT_2.$$

Do đó, $n_1T_1 = n_2T_2$, tức là

$$(1+0,5a_1)v_1T_1 = (1+0,5a_2)v_2T_2,$$

Ở đâu

$$a_2 = 2\left((1+0,5a_1) \frac{v_1T_1}{v_2T_2} - 1\right) = 0,75 = 75\%.$$

V. Belonukin

Vì điện trở của shunt nhỏ hơn nhiều so với điện trở của mạch thay đổi nối với nó nên hướng trong phần CC bằng $U = Ir_\pi$.

26

song song đó, thông qua các điện trở $R_1 = 2$ Ohm và $R_2$, một thiết bị biến thiên G có điện trở trong $r = 10$ Ohm được kết nối. Ở vị trí A của công tắc P, thiết bị luôn tương ứng với dòng điện trong mạch $I_1 = 10$ A. Cần lấy điện trở nào $R_2$ để ở vị trí B của công tắc P thiết bị luôn tương ứng với dòng điện $I_2 = 100$ A?

Điện trở Schitt được cho là nhỏ hơn rất nhiều so với điện trở trong của thiết bị.

Nếu kim của thiết bị lệch về mức tối đa trong hai kiểu đóng mạch thì dòng điện chạy qua thiết bị trong trường hợp chung là như nhau. Kể từ đây,

$$\frac{I_1 r_1}{R_1 + r} = \frac{I_2 r_2}{R_1 + R_2 + r},$$

Ở đâu

$$R_2 = \left( \frac{I_2}{I_1} - 1 \right) (R_1 + r) = 108 \text{ Ом.}$$

L. Lugaansky

F676. Một khung dây vuông có chu vi 4a và khối lượng m truyền một vận tốc ban đầu nhất định theo phương nằm ngang. Khung chuyển động trong một mặt phẳng thẳng đứng, luôn nằm trong một từ trường vuông góc với mặt phẳng của khung (xem hình). Cảm ứng trường thay đổi theo định luật $B(z) = B(0) + kz$, trong đó $k$ = const. Điện trở của khung bằng R. Sau một thời gian, tốc độ của khung không đổi và bằng v. Tìm tốc độ ban đầu truyền cho khung. Tăng tốc của nadiya miễn phí g.

Trong trường hợp không có từ trường, khung sẽ chuyển động trong trường hấp dẫn của Trái đất với tốc độ nằm ngang không đổi $\vec{v}_0$ dọc theo trục X và được tăng tốc đều bằng cách đệm tự do $\vec{g}$ dọc theo trục Z. Rõ ràng, chuyển động của khung sẽ không thay đổi nếu nó rơi trong từ trường đều. Trong trường hợp của chúng ta, trường không đồng nhất (dọc theo trục Z): $B(z) = B_0 + kz$, tức là cảm ứng trường tăng tuyến tính khi z tăng; do đó, khi khung rơi xuống, từ thông cảm ứng từ F, một đường viền tùy ý của khung, sẽ thay đổi và một lực điện động cảm ứng sẽ xuất hiện trong đường viền khung. Vì khung là một mạch dẫn kín nên sẽ có dòng điện cảm ứng chạy qua khung. Trong trường hợp này, theo định luật Ampe, lực từ từ trường sẽ tác dụng lên các cạnh của khung. Hãy tìm hướng và độ lớn của các lực này.

Giả sử tại một thời điểm nào đó khối tâm của khung nằm tại một điểm có tọa độ $x_t$, $z_t$ và hình chiếu vận tốc của khối tâm lên trục X và Z bằng $v_x$ và $v_z$ (xem hình). Thông lượng cảm ứng từ Ф, một hệ quy chiếu tùy ý tại thời điểm này, bằng

$$\Phi = \frac{(B_0 + k(z_t - a/2)) + (B_0 + k(z_t + a/2))}{2} a^2 = (B_0 + kz_t) a^2.$$

Ở đây $B_0 + k(z_t - a/2)$ và $B_0 + k(z_t + a/2)$ là các giá trị cảm ứng từ trường tương ứng với cạnh trên và cạnh dưới của khung; vì sự phụ thuộc $B(z)$ là tuyến tính nên để tính Ф chúng ta thu được giá trị trung bình (dọc theo chiều cao z) của quy nạp.

Lực điện động cảm ứng trong khung tại một thời điểm nhất định bằng

$$|\mathcal{E}| = \frac{|\Delta\Phi|}{\Delta t} = ka^2 \frac{|\Delta z|}{\Delta t} = ka^2 |v_z|,$$

dòng điện cảm ứng bằng

$$I = \frac{|\mathcal{E}|}{R} = \frac{ka^2}{R} |v_z|.$$

Theo quy tắc Lenz, dòng điện tạo ra sẽ chạy theo chiều kim đồng hồ. Theo định luật Ampe, một lực sẽ tác dụng từ từ trường ở mặt trên của khung

$$|\vec{F}_1| = (B_0 + k(z_t - a/2)) Ia = (B_0 + k(z_t - a/2)) \frac{ka^3}{R} |v_z|,$$

ở phía dưới - sức mạnh

$$|\vec{F}_2| = (B_0 + k(z_t + a/2)) Ia = (B_0 + k(z_t + a/2)) \frac{ka^3}{R} |v_z|.$$

27

Các lực $\vec{F}_3$ và $\vec{F}_4$ tác dụng lên các cạnh của khung, rất/không, sẽ có độ lớn bằng nhau và ngược dấu:

$$|\vec{F}_3| = |\vec{F}_4| = \frac{(B_0 + k(z_t - a/2)) + (B_0 + k(z_t + a/2))}{2} Ia =$$

$$= (B_0 + kz_t) \frac{ka^3}{R} |v_z|,$$

$$\vec{F}_3 + \vec{F}_4 = 0.$$

Do đó, $v_x = const$, tức là khung sẽ chuyển động dọc theo trục $X$ với tốc độ không đổi bằng tốc độ ban đầu $v_0$.

Như vậy, bản chất chuyển động của khung theo phương trục $Z$ được xác định bởi các lực $\vec{F}_1$, $\vec{F}_2$ và lực hấp dẫn $m\vec{g}$. Ở tốc độ ổn định $v$ của khung, hình chiếu của vận tốc lên trục $Z$ là không đổi, tức là gia tốc $\vec{a}_z$ dọc theo trục $Z$ bằng 0:

$$m|\vec{a}_z| = m|\vec{g}| + |\vec{F}_1| - |\vec{F}_2| = mg - \frac{k^2 a^4}{R}|v_z| = 0.$$

Từ đây ta tìm được hình chiếu $v_{yct. z}$ lên trục $Z$ của tốc độ ổn định của khung:

$$v_{yct. z} = mgR/k^2 a^4.$$

Tốc độ ổn định của khung bằng $v = \sqrt{v_0^2 + v_{yct. z}^2}$, trong đó $v_0$ là hình chiếu của tốc độ $v$ lên trục $X$, như chúng tôi đã chỉ ra, bằng tốc độ ban đầu truyền vào khung. Như vậy,

$$v_0 = \sqrt{v^2 - v_{yct. z}^2} = \sqrt{v^2 - \left(\frac{mgR}{k^2 a^4}\right)^2}.$$

Tốc độ $v_{yct. z}$ cũng có thể được tìm thấy từ các thông điệp năng lượng. Khi khung chuyển động ổn định thì độ biến thiên theo thời gian $\Delta t$ của thế năng của khung trong trường hấp dẫn của Trái đất bằng nhiệt năng toả ra trong khung trong thời gian này:

$$mgv_{yct. z}\Delta t = l^2_{yct. z}R\Delta t = \left(\frac{ka^2}{R}\right)^2 v^2_{yct. z}R\Delta t.$$

Từ đây

$$v_{yct. z} = \frac{mgR}{k^2 a^4}.$$

V. Mozhaev

F677. Sử dụng hệ thống gương đồng tâm (Hình 1), hình ảnh của Mặt trời thu được trên màn hình. Bán kính của gương là $R_1 = 12$ cm, $R_2 = 30$ cm. Tiêu cự của một đường thẳng mỏng phải là bao nhiêu để nó tạo ra ảnh Mặt trời có cùng kích thước?

Vấn đề có thể được giải quyết theo hai cách.

1. Trong mặt phẳng tiêu điểm của gương thứ nhất (bán kính $R_1$), thu được ảnh của Mặt trời, là chủ thể của gương thứ hai (bán kính $R_2$). Nếu kích thước góc của Mặt trời là $a$ thì kích thước của hình ảnh này là $l = aF_1 = aR_1/2$; ảnh nằm cách gương thứ hai một khoảng $d_2 = R_2 - R_1/2$. Độ phóng đại của gương thứ hai là $\Gamma_2 = F_2/(d_2 - F_2) = R_2/(R_2 - R_1)$. Kích thước hình ảnh thu được trong hệ thống gương bằng

$$L_3 = l\Gamma_2 = \frac{aR_1}{2} \frac{R_2}{R_2 - R_1} = a \frac{R_2 R_1}{2(R_2 - R_1)}.$$

Một đường mảnh tạo ra hình ảnh của Mặt trời ở kích thước mặt phẳng tiêu cự của nó

$$L_\pi = aF_\pi.$$

Để có được kích thước ảnh $L_\pi = L_3$, bạn cần sử dụng một ống kính có tiêu cự

$$F_\pi = \frac{R_2 R_1}{2(R_2 - R_1)} = 10\text{ см}.$$

2. Hình 2 thể hiện đường đi của một trong các tia $(AB)$, song song với trục quang của hệ gương. Điểm $M$ là giao điểm của tia $AB$ song song trên hệ (sự tiếp nối của nó) với tia $DF$ rời khỏi hệ. Chúng ta đặt trong mặt phẳng $NN'$ đi qua điểm $M$ và vuông góc với quang học