[Ghi chú của biên tập viên]

23

Phần này đã được duy trì kể từ khi thành lập tạp chí của chúng tôi. Trong mỗi vấn đề, chúng tôi đặt năm bài toán trong toán học và năm bài toán trong vật lý. (Đối với độc giả nước ngoài, chúng tôi cung cấp văn bản của bài toán bằng tiếng Anh.) Mức độ khó của bài toán khác nhau. Cùng với những câu tương đối dễ, bài toán được xuất bản, đòi hỏi phải suy ngẫm lâu dài; Có bài toán, không dễ để các chuyên gia giải quyết. bài toán khó nhất được đặt bằng dấu hoa thị.

Nếu bài toán làm bạn quan tâm nhưng lời giải không hoạt động ngay lập tức, đừng bỏ cuộc, hãy cố gắng quay lại nó nhiều lần. Đừng mở nó ngay cả sau khi nó đã được giải—hãy nghĩ về cách viết lời giải một cách hợp lý và thuyết phục nhất, cách khái quát hóa bài toán, làm rõ kết quả của nó, những gì gần bài toán nó cho phép bạn giải quyết. Gửi lời giải của bạn đến tòa soạn theo địa chỉ: 117071, Moscow, Leninsky Prospekt, 15, Fizmatlit, «Kvant». Trên phong bì, ở cột “Tới”, viết Nhiệm vụ «Kvant» và cho biết bạn đang gửi lời giải bài toán nào. Gửi Lời giải bài toán trong các chủ đề khác nhau (toán học và vật lý) hoặc từ các số tạp chí khác nhau trong các phong bì khác nhau. Bao gồm một phong bì có ghi địa chỉ nhà của bạn trên đó (bạn sẽ nhận được đáp số trong đó cùng với kết quả xác minh lời giải của bạn). Đầu thư vui lòng ghi họ, tên, họ, địa chỉ nhà; Học sinh cũng được yêu cầu cho biết lớp và số trường của mình.

Chúng tôi thường xuyên công bố tên những độc giả đã gửi đúng lời giải. Tạp chí đang tổ chức một cuộc thi dành cho lời giải bài toán tốt nhất trong số Bài toán Kvant. Kết quả của cuộc thi được công bố vào tháng 12. Những người chiến thắng - những học sinh đã gửi lời giải thú vị và đầy đủ nhất - sẽ nhận được quyền tham gia ngay vào các vòng Tài nguyên của Olympic Học sinh Toàn Liên đoàn. Ban giám khảo cuộc thi «Kvant» chỉ chấp nhận xét lời giải, gửi chậm nhất so với thời hạn quy định trong tạp chí. Hạn chót từ đáp số đến bài toán cho vấn đề này là ngày 30 tháng 3. Đối với học sinh của Trường Toán Tương ứng Toàn Liên minh, lời giải bài toán chính xác trong Sổ Vấn đề được coi là một nhiệm vụ tùy chọn đã hoàn thành (các em cần cho biết “số” hoặc địa chỉ, họ VZMSH ở đầu thư).

Tất nhiên, không phải tất cả bài toán đặt trong Bài toán đều được xuất bản lần đầu tiên. Sau khi hình thành, chúng tôi thường cho biết ai đã đề nghị chúng tôi bài toán này. Làm ơn, nghĩ ra một bản gốc mới bài toán còn khó hơn việc giải quyết vấn đề của người khác. Nếu bạn thành công, hãy gửi cho chúng tôi hai bản sao bài toán và lời giải của cô ấy. Đồng thời ghi “Mới bài toán trong toán học (trong vật lý)” trên phong bì.

Chúng tôi đặt bài toán thú vị nhất của độc giả vào Vấn đề «Kvant» hoặc trong các phần khác của tạp chí.

Bài toán

M721 — M725; F733 — F737

M721. Mỗi cạnh của hình tam giác được cắt thành 3 phần bằng nhau. Các điểm chia đóng vai trò là các đỉnh của hai hình tam giác, giao điểm của chúng là một hình lục giác. Tìm diện tích của hình lục giác này nếu diện tích của tam giác này là S.

A. Zolotovykh, học sinh lớp 10.
(Moscow, Trường Vật lý số 18, Đại học quốc gia Moscow)

M722. Tại các điểm $A_1, A_2, \dots, A_n$ nằm xung quanh đường tròn, các số 1, 2, …, n được sắp xếp theo một thứ tự nhất định. a) Chứng minh rằng tổng các mô hình hiệu của $n$ không nhỏ hơn $2n-2$. b) Đối với mỗi số khác biệt giữa các số ít nhất $2n-2$?

A. Razborov

24

M723*. Có một tập hợp vô hạn các số tự nhiên sao cho không có số nào trong tập hợp này và không có tổng của một vài số trong số chúng là lũy thừa của một số tự nhiên ($a^k$, trong đó $k \geq 2$)?

L. Gurvits

M724. Một số muỗng bò dọc theo mặt phẳng, tốc độ của chúng có độ lớn bằng nhau nhưng khác nhau về hướng. Chứng minh rằng, dù ban đầu các hình muỗng ở vị trí như thế nào thì sau một thời gian chúng sẽ ở các đỉnh của một đa giác lồi.

V. Prasolov

M725*. Hãy đặt $e_n = \cos^n \frac{\pi}{7} + \cos^n \frac{3\pi}{7} + \cos^n \frac{5\pi}{7}$. Tìm a) $e_1$ và $e_2$, b) $e_3$ và $e_4$. C) Chứng minh rằng $e_n$ là số hữu tỉ với mọi $n$.

N. Vasiliev

F733. Một quả tạ có chiều dài $l$ nằm trên một “nửa hình trụ” có bán kính đáy $R$ (Hình 1). Tìm chu kỳ dao động nhỏ của quả tạ.

A. Frolov

F734. Một sợi dây, được buộc ở một đầu vào mặt bên của hình trụ ở điểm bán kính đáy $r$, được quấn quanh hình trụ $k$ lần ($k$ là một số nguyên). Một vật nặng được gắn vào đầu tự do của sợi dây. Tải có tốc độ $v$, hướng dọc theo bán kính của hình trụ (Hình 2). Sau bao lâu thì toàn bộ sợi dây quấn quanh hình trụ một lần nữa? Xi lanh được cố định trên một bề mặt nhẵn.

B. Mukushev

F735. Hai cuộn cảm giống hệt nhau được kết nối thông qua các công tắc $K_1$ và $K_2$ với một nguồn có EMF $\beta$ không đổi và điện trở trong $r$ (Hình 3). Tại thời điểm ban đầu, cả hai phím đều mở. Sau đó, các phím $K_1$ được đóng trước, sau đó là các phím $K_2$. Xác định cường độ dòng điện chạy qua các phím $K_1$ tại thời điểm đóng phím $K_2$, nếu biết sau khi đóng phím $K_2$ thì dòng điện ổn định qua các phím $K_1$ lớn gấp đôi dòng điện ổn định qua các phím $K_2$. Bỏ qua điện trở chủ động của cuộn dây.

V. Mozhaev

F736. Một chùm electron rơi vào một thanh đồng nhất, cả hai đầu của thanh này đều được nối đất và cùng một số electron trong mỗi giây chạm tới từng centimet chiều dài của thanh. Điện trở của thanh $R$. Dòng điện ở phần vay là $I$. Tìm hiệu điện thế giữa lõi của thanh $A$ và đầu của nó $B$ (Hình 4).

N. Dikasky

26

P736. Một chùm electron được chiếu vào một thanh đồng nhất, cả hai đầu của thanh này đều được nối đất, cùng một lượng electron chạm vào mỗi cm chiều dài của thanh trong một giây. Điện trở của thanh là $R$. Dòng điện tại nơi nối đất là $I$. Tìm hiệu điện thế giữa phần giữa của thanh $A$ và phần cuối của nó $B$ (xem hình Hình 4).

N. Dikanski

P737. Một chùm ánh sáng song song biến mất khi nó đi qua một tấm $\Pi$. Đối với bất kỳ tia nào đi qua tấm, góc lệch tối đa là $\alpha$. Bán kính nhỏ nhất của một điểm sáng có thể thu được bằng cách xuyên thấu kính hội tụ có tiêu cự $F$ sau tấm kính (xem hình 5) là bao nhiêu?

I. Vorobiev

Lời giải bài toán

M681 — M685; F692 — F697

Hãy để chúng tôi trình bày ngay lời giải bài toán 6), theo W. Sierpinski (một số lượng lớn loại này được chứa trong cuốn sách “Lý thuyết cơ bản về số” của ông): hãy xây dựng một chuỗi vô hạn $(a_n)$ các số tự nhiên sao cho với bất kỳ $n$ nào thì tổng các bình phương của $n$ đầu tiên của các số hạng của nó là bình phương của một số lẻ. Hãy lấy $a_1=3, a_2=4$; nếu $n$ thành viên đầu tiên đã được chọn và

$$a_1^2 + a_2^2 + \ldots + a_n^2 = (2k+1)^2,$$

hãy đặt $a_{n+1}=2k^2+2k$. Từ điểm

$$(2k+1)^2 + (2k^2+2k)^2 = (2k^2+2k+1)^2$$

chúng tôi hiểu điều đó

$$a_1^2 + a_2^2 + \ldots + a_n^2 + a_{n+1}^2 = (2k^2+2k+1)^2$$

• lại là bình phương của một số lẻ.

Năm số hạng đầu tiên của dãy này là 3, 4, 12, 84, 3612:

$$3^2 + 4^2 = 5^2, 3^2 + 4^2 + 12^2 = 13^2,$$

$$3^2 + 4^2 + 12^2 + 84^2 = 85^2,$$

$$3^2 + 4^2 + 12^2 + 84^2 + 3612^2 = 3613^2.$$

Từ lời giải bài toán cũng tuân theo sự thật được chỉ ra trong một bức thư của Yu. Makarov từ Leningrad: với mọi $n$ đều có $\frac{n(n+1)}{2}$ số tự nhiên $a_1, a_2, \ldots, a_{\frac{n(n+1)}{2}}$ sao cho

$$a_1^2 = a_2^2 + a_3^2 = a_4^2 + a_5^2 + a_6^2 = \ldots = a_{\frac{n(n-1)}{2}}^2 + 1 + \ldots + a_{\frac{n(n+1)}{2}}^2$$

Chúng tôi, cũng như tác giả của bức thư, không biết liệu tất cả các số $a_1, a_2, \ldots, a_{\frac{n(n+1)}{2}}$ có thể khác nhau hay không.

N. Vasiliev

M682. Bên trong tam giác $\Delta$, bạn cần đặt tam giác $\Delta_1$ sao cho mỗi hình trong số ba hình vuông tạo trên các cạnh của tam giác $\Delta_1$ có ​​hai đỉnh nằm trên các cạnh khác nhau của tam giác $\Delta$ (Hình 1).

a) Chứng minh rằng các đường trung tuyến của tam giác $\Delta$ vuông góc với các cạnh của tam giác $\Delta_1$.

b) Việc xây dựng có khả thi đối với bất kỳ ai không?

a) Dễ dàng nhận thấy rằng từ ba tam giác đầu (xem Hình 1) với sự trợ giúp của ba phép dịch song song chuyển các đỉnh của tam giác $\Delta_1$ đến một điểm nào đó $O$, có thể tạo thành một tam giác $\Delta$, tương tự như tam giác ban đầu $\Delta$ (Hình 2). Các đoạn thẳng nối các đỉnh của tam giác $\Delta$ với điểm $O$ chia tam giác $\Delta$ thành ba hình tam giác bằng nhau, diện tích mỗi hình bằng diện tích tam giác $\Delta_1$. Do đó, $O$ là giao điểm của đường trung tuyến của tam giác $\Delta$ (khoảng cách từ $O$ đến một cạnh bất kỳ của tam giác $\Delta_1$).

28

từ những vòng tròn đã được sơn sẵn, nó có thể được sơn bằng màu không được sử dụng khi tô màu những vòng tròn chạm vào nó.

Tuyên bố đã được chứng minh.

Hình 2 cho thấy 11 vòng tròn, để có được màu mong muốn thì ba màu là không đủ. Thật vậy, giả sử rằng những hình tròn này có thể được sơn bằng ba màu thì ta thu được các hình tròn A, B, C, D, E phải được tô màu giống nhau. Nhưng điều này là không thể vì vòng tròn A và E chạm vào nhau.

V. Pokrovsky

M684. Hai cerraoth trong phiên bản tiếp theo của “cuộc chiến trên biển”.
Một cerrok có trên bảng $n \times n$ một số lượng nhất định các lõi không chồng lên nhau $n \times 1$ (có lẽ không có cái nào cả). Cerrok thứ hai giáng một loạt đòn đồng thời lên các ô vuông trên bàn cờ và nhận đáp số từ đối thủ trên mỗi ô vuông - đánh hoặc trượt. Cần tấn công số cánh đồng tối thiểu là bao nhiêu để dựa trên phản ứng của kẻ thù, người ta có thể xác định rõ ràng vị trí của tất cả các tàu của mình? Hãy xem xét ba trường hợp:
a) $n=4, 6$ $n=10, b)$ $n=10, b)$ $n=10$
b) số tự nhiên bất kỳ

Hình 1.

Chúng ta hãy liên kết mỗi chiều ngang với một điểm màu đỏ và chiều dọc với một điểm màu xanh lam (đỉnh của biểu đồ) và đối với mỗi ô của tập hợp A (trong Hình 2, chúng được biểu thị bằng dấu hoa thị), chúng ta kết nối với một cạnh một cặp điểm tương ứng với chiều dọc và chiều ngang của nó (Hình 2). Ta được đồ thị có 2n đỉnh và 2n-2 cạnh. Một biểu đồ như vậy không thể được kết nối (xem «Kvant», 1981, Số 6, trang 10) - nó nhất thiết phải chia thành hai hoặc nhiều phần riêng biệt. Các cạnh của một trong các phần được kết nối có thể được coi là tập B (xem Hình 2), phần còn lại - là tập C. (Tất nhiên, việc giải cấu trúc này có thể được phát biểu mà không cần sử dụng thuật ngữ của lý thuyết đồ thị.) Vì vậy, trong trường hợp (1) đáp số: $2n-1$.

(2) Để các con tàu không có điểm chung. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng trong trường hợp này, số lượng $a$ dám yêu cầu—các ô trong tập hợp $A$—không nhỏ hơn $\frac{4n}{3}$. Trong trường hợp này, chỉ các thuộc tính sau của tập hợp $A$ sẽ được sử dụng: trong mỗi ô ngang và dọc có ít nhất một ô của tập hợp $A$ và đối với bất kỳ ô nào của tập hợp $A$ theo chiều ngang hoặc dọc của nó, có ít nhất một ô nữa $A$.

Chúng ta hãy sắp xếp các số và số hai màu xanh lam và đỏ trong các ô của bộ $A$ như sau: trên mỗi dòng ngang, nơi có nhiều hơn một ô $A$, chúng ta viết số 1 màu đỏ vào mỗi ô và nơi chỉ có một ô, chúng ta viết số 2 màu đỏ vào đó; theo cách tương tự, trên mỗi hàng dọc, chúng ta viết các bộ $A$ xanh 1 và 2 vào các ô (Hình 3). Vì mỗi ô của tập hợp $A$ chứa một và hai hoặc hai số một, nên tổng $s$ của tất cả các số được viết không vượt quá 3a. Bởi vì trên mỗi dòng

*) Tất nhiên, sự khác biệt giữa trò chơi của chúng tôi và trò chơi “dành cho trẻ em” trước hết là đòn tiếp theo sẽ giáng vào chúng ta sau khi nhận được thông tin về nước đi trước đó.

29

M685. Hai tập con của một tập hợp số tự nhiên được gọi là bằng nhau nếu một tập con có thể thu được từ các tập con khác bằng cách kết hợp chúng với một số nguyên. (Ví dụ: tập hợp số chẵn và số lẻ bằng nhau.) Có thể phân chia tập hợp số tự nhiên thành vô số tập hợp con đồng dạng vô hạn (rời rạc) không?

Đáp số: bạn có thể. Giả sử rằng bài toán đã được giải. Đặt $A$ là tập hợp phân vùng chứa một. Các bộ phân vùng còn lại được lấy từ $A$ với cách chia thành các số tự nhiên nhất định, tập hợp này được bù bằng 0, chúng ta ký hiệu là $B$. Giả sử với mỗi $b \in B$ tập $A_b$ là kết quả của việc chia tập hợp $A$ cho $b$, tức là tập hợp tất cả các số có dạng $a+b$, trong đó $a \in A$ (cụ thể là $A_0=A$). Theo điều kiện, nếu $b_1 \neq b_2$ thì $A_{b_1} \cap A_{b_2} = \emptyset$ và mọi số tự nhiên $n$ đều thuộc một trong tập $A_b$, tức là

Mỗi số tự nhiên được biểu diễn duy nhất dưới dạng tổng $n=a+b$, (*) và $a \in A, b \in B$.

Ngược lại, nếu dữ liệu cho các bộ $A$ và $B$, có các thuộc tính (*) và sao cho $0 \in B$, $1 \in A$, thì các bộ $A_b$, trong đó $b \in B$, tạo thành phân vùng được yêu cầu.

Chúng ta sẽ xây dựng các bộ $A$ và $B$ theo hai cách.

Cách đầu tiên. Giả sử các tập $A$ và $B$ có tính chất (*) được xây dựng. Ta hãy gán tương ứng cho mỗi số tự nhiên $n=a+b$ ($a \in A, b \in B$) một điểm trên mặt phẳng $Oxy$ có tọa độ $(a; b)$.

Đặt $M$ là tập hợp tất cả các điểm thu được trên mặt phẳng. Tập $M$ rõ ràng có các thuộc tính sau:

a) nếu $A$ là hình chiếu của tập $M$ lên trục $Ox$ và $B$ là hình chiếu của $M$ lên trục $Oy$, thì tập $M$ trùng với toàn bộ tập hợp các cặp $(a; b)$, trong đó $a \in A, b \in B$;

b) giao điểm của tập hợp $M$ với mỗi đường thẳng $x+y=n$ ($n$ là số tự nhiên) gồm một điểm duy nhất; cụ thể là tại $n=1$ đây là điểm $(1; 0)$.

Rõ ràng là bằng cách xây dựng ít nhất một tập hợp $M$ sở hữu các tính chất a) và b), chúng ta thu được phân vùng cần thiết của tập hợp số tự nhiên (bao gồm tập hợp $A_b$).

*) Chính xác lý do tương tự với các từ “nhiều hơn” được thay thế bằng “ít hơn” đã được đưa ra trong lời giải bài toán M262 («Kvant», 1974, Số 5) về việc sắp xếp quân xe bao phủ bàn cờ hai lần.

30

Chúng ta sẽ xây dựng tập hợp $M$ dưới dạng hợp của tập hợp $M_0 \subset M_1 \subset M_2 \subset \dots \subset M_n \subset \dots$, đến lượt nó sẽ được xây dựng như sau:

Hãy để $M_0 = \{(1; 0)\}$. Hãy lấy đường chéo $n$ là $x + y = n$. Điểm $(1; 0)$ rơi trên đường chéo thứ nhất; Bằng cách gạch bỏ nó và trong tương lai, xây dựng tập hợp $M_i$, chúng ta sẽ làm theo bằng cách gạch bỏ các đường chéo mà các điểm đã xây dựng nằm trên đó.

Chuyển bộ $M_0$ sang phải một đơn vị và đặt $M_1 = \{(1; 0), (2; 0)\}$; đồng thời gạch bỏ đường chéo thứ hai (xem hình). Sau đó, chúng ta chuyển tập hợp $M_1$ lên hai đơn vị và cộng các điểm kết quả vào $M_1$; đây sẽ là bộ $M_2$; đồng thời gạch bỏ đường chéo thứ ba và thứ tư (xem hình).

Tập hợp $M_2$ được dịch chuyển sang phải theo đơn vị chẵn - để gạch bỏ bốn đường chéo tiếp theo; chúng ta thu được tập $M_3$ (xem hình).

Chúng ta xây dựng tổng quát $M_{k+1}$ như sau: chúng ta dịch chuyển tập hợp $M_k$ (các điểm của nó thuộc về đường chéo thứ nhất, thứ hai, …, $2^k$) theo $2^k$ một sang phải hoặc lên trên (tùy thuộc vào tính chẵn lẻ $k$) - để gạch bỏ các đường chéo có số $2^k + 1, 2^k + 2, \dots, 2^{k+1}$.

Dễ dàng nhận thấy hợp của tập hợp $M_0, M_1, \dots, M_n, \dots$ (trên mọi số tự nhiên $n$) có tính chất a), b).

Cách thứ hai. Như đã biết, mọi số tự nhiên $n$ đều có thể biểu diễn dưới dạng

$$n = a_0 \cdot 2^k + a_1 \cdot 2^{k-1} + \dots + a_{k-1} \cdot 2 + a_k,$$

trong đó $a_i$ bằng 0 hoặc 1 và cách biểu diễn như vậy là duy nhất. Ký hiệu kép $n$ dựa trên điều này:

$$n_2 = a_0 a_1 \dots a_{k-1} a_k.$$

Ví dụ: $2_2 = 10, 7_2 = 111, 17_2 = 10001$, v.v.

Bây giờ chúng ta hãy xem xét hai tập hợp số tự nhiên: tập hợp $A$, bao gồm các số có ký hiệu kép là 1 ở dạng chữ số x lẻ (tính từ bên phải): $A = (1, 100, 101\dots)$ và tập hợp $B$, bao gồm 0 và các số có ký hiệu kép là 1 ở dạng chữ số x chẵn:

$$B = (0, 10, 1000, 1010,\dots).$$

Rõ ràng, bất kỳ số tự nhiên nào $n$ đều có thể được biểu diễn duy nhất dưới dạng tổng $n = a + b$, trong đó $a \in A, b \in B$.

Các bộ $A$ và $B$ có thuộc tính (*) và do đó các bộ $A_b$ ($b \in B$) đưa ra độ phân giải cần thiết.

A. Fedorov, S. Shlosman

◆ Hãy căn chỉnh gốc của hệ tọa độ với điểm $A$, hướng trục $X$ và $Y$ như Hình 2.

Hãy viết phương trình chuyển động của các tải trọng $C$ và $B$ (trong các hình chiếu trên trục $X$ và $Y$):

$$ma = mg - 2T_2 \cos \alpha,$$

$$ma_{Bx} = mg - T_1 \cos \alpha + T_2 \cos \alpha,$$

$$ma_{By} = F_{ynp} - T_1 \sin \alpha - T_2 \sin \alpha,$$

trong đó $F_{ynp} = k(2l - 2l \sin \alpha) = k \cdot 2l(1 - \sin \alpha)$ là lực đàn hồi. Từ phương trình (1)—(3) sau khi biến đổi đơn giản, ta thu được

$$ma_{Cx} + ma_{Bx} - ma_{By} = 2mg - F_{ynp} \cos \alpha \sin \alpha$$

(sự tương ứng này đúng với mọi giá trị của $\alpha$). Hãy biến đổi vế trái của phương trình (4). Chúng ta biết rằng những thay đổi $\Delta x_B$ và $\Delta x_C$ của tọa độ của tải $B$ và $C$ có liên quan đến các mối quan hệ $\Delta x_B = \frac{1}{2} \Delta x_C$ (nói cách khác, độ dịch chuyển của tải $B$ và $C$ khỏi vị trí cân bằng có liên quan đến các mối quan hệ như vậy), và do đó,

$$(x_B)'' = \frac{1}{2} (x_C)''$$ hoặc $a_{Bx} = \frac{1}{2} a_{Cx}$.

Ngoài ra, $y_B = l \sin \alpha, x_C = 2l \cos \alpha$, và đối với các khoản tiền gửi nhỏ từ vị trí cân bằng (nghĩa là khi $\alpha = \alpha_0 + \Delta \alpha$,

31

trong đó $a_0 = 45^\circ$, $\Delta \alpha \ll a_0$) các thay đổi trong tọa độ tương ứng đều bằng nhau

$$\Delta y_B = l(\cos \alpha) \cdot \Delta \alpha \approx l(\cos a_0) \cdot \Delta \alpha,$$
$$\Delta x_C = -2l(\sin \alpha) \cdot \Delta \alpha \approx -2l(\sin a_0) \cdot \Delta \alpha,$$
tức là $\Delta y_B \approx -\Delta x_C/2$ tg $a_0 = -\Delta x_C/2$. Kể từ đây,

$$a_{By} \approx -\frac{a_{Cx}}{2} \text{tg} a_0 = -\frac{a_{Cx}}{2}.$$

Do đó, vế trái của phương trình (4) trong trường hợp dao động nhỏ có thể được biểu diễn dưới dạng

$$ma_{Cx} + \frac{1}{2} ma_{Cx} + \frac{1}{2} ma_{Cx} \approx 2ma_{C} = 2m(x_C)''.$$

Bây giờ hãy biến đổi vế phải của (4). Tại vị trí cân bằng, khi $a_{C0} = 0$, phương trình (4) trở thành phương trình

$$2mg = F_{\text{упр.0}} \frac{\cos \alpha_0}{\sin \alpha_0} = 2kl (1 - \sin \alpha_0),$$

Ở đâu

$$2mg = 2kl \left(1 - \frac{\sqrt{2}}{2}\right).$$

Hãy viết vế phải của (4) dưới dạng

$$F_{\text{упр.0}} \frac{\cos \alpha_0}{\sin \alpha_0} - F_{\text{упр}} \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} =$$

$$= 2kl (1 - \sin \alpha_0) \frac{\cos \alpha_0}{\sin \alpha_0} - 2kl (1 - \sin \alpha) \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} =$$

$$= 2kl \left(\frac{\cos \alpha_0}{\sin \alpha_0} - \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha}\right) + 2kl (\cos \alpha - \cos \alpha_0).$$

Lưu ý rằng $2kl(\cos \alpha - \cos \alpha_0) = \Delta x_C$; đối với những sai lệch nhỏ so với vị trí cân bằng

$$\Delta x_C \approx -2l(\sin \alpha_0) \cdot \Delta \alpha;$$

một $\frac{\cos \alpha_0}{\sin \alpha_0} - \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} \approx \frac{\alpha - a_0}{\sin^2 a_0} = \frac{\Delta \alpha}{\sin^2 a_0} \approx -\frac{\Delta x_C}{2l \sin^3 a_0}$.

Vì vậy, vế phải của phương trình (4) trong trường hợp dao động nhỏ có thể được biểu diễn dưới dạng

$$2mg - F_{\text{упр}} \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} \approx -k \cdot \Delta x_C \left(\frac{1}{\sin^3 a_0} - 1\right) =$$

$$= -k \cdot \Delta x_C (2\sqrt{2} - 1).$$

Xem xét rằng

$$\frac{m}{k} = \frac{l}{g} (1 - \sin \alpha_0) = \frac{l}{g} \left(\frac{2 - \sqrt{2}}{2}\right)$$

(xem (5)), cuối cùng ta viết được phương trình dao động nhỏ của hệ dưới dạng

$$\Delta x'' = -\frac{g(2\sqrt{2} - 1)}{l(2 - \sqrt{2})} \cdot \Delta x.$$

Chu kỳ dao động bằng

$$T = 2\pi \sqrt{\frac{l(2 - \sqrt{2})}{g(2\sqrt{2} - 1)}}.$$

K. Serdeev

F693. Trên một cái nêm cố định tạo thành một góc a với đường chân trời, có một sợi dây không căng, không trọng lượng (Hình 1). Một đầu của sợi dây được cố định tại điểm A. Một nhóm nhỏ được gắn vào đầu dưới của sợi dây (tại điểm B). Tại một thời điểm nào đó, cái nêm bắt đầu chuyển động sang phải với gia tốc a không đổi. Khi ở trên nêm, nhóm chuyển động với gia tốc bằng bao nhiêu?

Vào thời điểm t kể từ khi bắt đầu chuyển động, cái nêm sẽ đi được quãng đường $S = at^2/2$ và đạt tốc độ $\vec{v}_{\text{кл}} = \vec{dt}$. Vào thời điểm này, trọng lượng sẽ di chuyển dọc theo nêm đến cùng một khoảng cách S, tốc độ của nó $v_{\text{отн}}$ so với nêm sẽ bằng $|\vec{v}_{\text{отн}}| = |\vec{a}| t$ và hướng lên dọc theo nêm. Tốc độ $\vec{v}_{\text{гр}}$ so với mặt đất bằng $\vec{v}_{\text{гр}} = \vec{v}_{\text{отн}} + \vec{v}_{\text{кл}}$, tức là (Hình 2)

$$|\vec{v}_{\text{гр}}| = 2|\vec{v}_{\text{кл}}| \sin \frac{\alpha}{2} = (2|\vec{a}| \sin \frac{\alpha}{2}) t,$$

và góc tạo $\vec{v}_{\text{гр}}$ với đường chân trời là $\beta = (\pi - \alpha)/2 = \text{const.}$

32

Hình 1. Hình 2.

Do đó, vật nặng chuyển động dọc theo đường thẳng tạo một góc $\beta = (\pi - \alpha)/2$ với đường chân trời; gia tốc của vật so với mặt đất là

$$|\vec{b}| = 2|\vec{a}| \sin \frac{\alpha}{2}.$$

S. Krotov

F694. Dọc theo một máng thẳng dài, nghiêng một góc $\alpha$ so với đường chân trời, $N$ những quả bóng giống hệt nhau chuyển động không ma sát. Số va chạm tối đa có thể xảy ra trong hệ tại các vị trí và vận tốc ban đầu tùy ý của các quả bóng là bao nhiêu? Sự va chạm của các quả bóng được coi là đàn hồi tuyệt đối.

Chúng ta hãy xem xét chuyển động của các quả bóng trong hệ quy chiếu di chuyển dọc theo máng với gia tốc $g \sin \alpha$. Trong hệ thống này, các quả bóng di chuyển đều trong khoảng thời gian giữa các sự kiện; trong khi va chạm, các quả bóng chỉ trao đổi vận tốc của chúng (tác động đàn hồi tuyệt đối).

Hãy vẽ đồ thị $x(t)$ tọa độ của tất cả $N$ quả bóng theo thời gian (trong hệ quy chiếu mà chúng tôi đã chọn). Từ những điều trên, có thể thấy rõ rằng bức tranh tổng thể của những đồ thị này là một “lưới” gồm các đường $N$; giao điểm của các đường này (nút lưới) tương ứng với hàng trăm quả bóng (cặp bóng) với nhau. Như vậy, tổng số va chạm bằng số giao điểm của đường $N$. Không khó để chứng minh rằng số nút giao tối đa là

$$n_{\max} = N(N-1)/2.$$

E. Surkov

F695. Trong mô hình đơn giản nhất, ngôi sao được coi như một quả cầu khí ở trạng thái cân bằng trong trường hấp dẫn của chính nó. Giả sử rằng khí bao gồm hydro được kẽm hóa hoàn toàn và các nguyên tử màu xanh lá cây, hãy ước tính nhiệt độ của ngôi sao. Khối lượng sao $M$, bán kính $r$; hàm lượng tương đối của hydro trong khí là $n$.

Quả cầu khí bao gồm một số lượng lớn và các electron; Dưới tác dụng của lực hấp dẫn giữa các hạt khí riêng lẻ, quả bóng sẽ bị nén lại. Sự cân bằng của một quả bóng trong trường hấp dẫn của chính nó có thể xảy ra với điều kiện là lực hấp dẫn cân bằng với lực áp suất của chất khí.

Ở gần tâm quả bóng, giá trị áp suất kẽm $p$ phải bằng trị số của trọng lượng của cột khí có tiết diện $\Delta s = 1 (\text{cm}^2)$ và chiều cao bằng bán kính của quả bóng $r$ (cm). Khối lượng của cột như vậy là $m = \varrho r \cdot \Delta s$ (kg), trong đó $\varrho (\text{кг/cm}^3)$ là mật độ khí, mà để ước tính gần đúng, chúng tôi sẽ coi là không đổi. Trọng lượng của cột bằng lực mà nó hút vào tâm quả bóng:

$$F = G \frac{m M}{(r/2)^2}.$$

Công thức này không hoàn toàn chính xác vì các phần khác nhau của cột bị hút về tâm, nói chung, theo những cách khác nhau. Nhưng đối với ước tính gần đúng của mình, chúng ta có thể giả sử rằng lực hấp dẫn $F$ giống như khi toàn bộ khối lượng của cột tập trung ở tâm của nó (ở khoảng cách $r/2$ tính từ tâm quả bóng).

33

Như vậy,

$$p = \frac{F}{\Delta s} = 4G \frac{\rho M}{r}. \tag{1}$$

Mặt khác, từ phương trình Mendeleev-Clapeyron

$$p = \frac{M}{V \mu} RT = \frac{\rho}{\mu} RT, \tag{2}$$

trong đó $\mu$ là khối lượng mol của khí sao. Đánh đồng (1) và (2), ta tìm được nhiệt độ của ngôi sao $T$:

$$T = 4G \frac{\mu M}{r R}.$$

Hãy tìm khối lượng mol $\mu$. Áp suất $p$ bao gồm áp suất riêng phần của hydro và heli, nghĩa là

$$\frac{M}{V \mu} RT = \frac{Mn}{V \mu_H} RT + \frac{M(1-n)}{V \mu_{He}} RT,$$

Ở đâu

$$\mu = \frac{\mu_H \mu_{He}}{n(\mu_{He} - \mu_H + \mu_H)} = \frac{2 \cdot 10^{-3}}{3n+1} \text{ кг/моль.}$$

Trong phép tính $\mu$ này, chúng tôi không dạy áp suất của khí điện tử. Tuy nhiên, việc tính đến áp suất này sẽ không thay đổi thứ tự độ lớn của $\mu$ và để tính toán ước tính, chúng ta có thể sử dụng giá trị gần đúng tìm thấy $\mu$.

Như vậy,

$$T = 4G \frac{2M}{rR(3n+1)} \cdot 10^{-3} \text{ K.} \tag{3}$$

Khi thu được công thức (3), chúng tôi đã đơn giản hóa một số giả định. Để tính toán chính xác hơn, cần phải biết sự phân bố mật độ của quả bóng bên trong, và điều này đòi hỏi phải rời xa phạm vi của khóa học toán ở trường một cách đáng kể. Ngoài ra, công thức ước tính (3) giả định rằng nhiệt độ ở vùng trung tâm của ngôi sao không thay đổi quá mạnh theo khoảng cách từ tâm đến ngoại vi, và sẽ hợp lý khi nói về nhiệt độ trung bình nào đó. Trên thực tế, ở những vùng xa trung tâm, nhiệt độ thấp hơn đáng kể so với phần trung tâm của ngôi sao.

V. Tugushchev

F696. Vôn kế điện dung là một tụ điện không khí phẳng, một trong các bản của nó được cố định cố định và bản thứ hai có thể chuyển động tịnh tiến theo hướng vuông góc với mặt phẳng của các bản. Một lò xo tăng cứng $k$ được gắn vào tấm di động (Hình 1). Thước đo điện áp đặt vào là sự thay đổi khe hở giữa các bản. Điện áp tối đa có thể thay đổi được với một thiết bị như vậy là bao nhiêu? Diện tích của các bản là $S$, khoảng cách giữa các bản ở điện áp bằng 0 là $d$.

Chúng ta biểu thị bằng $x(U)$ độ dịch chuyển của tấm so với vị trí ban đầu ($x_0 = 0$ tại $U_0 = 0$) ở điện áp cho trước $U$. Chúng ta hãy tìm lực hút $F$ giữa các bản của tụ điện tích điện với lực hút $U$. Lực này rõ ràng không phụ thuộc vào việc tụ điện có được nối với nguồn điện áp hay không.

Nếu một tụ điện được tích điện tới lực hút $U$ và được lấy từ một nguồn thì điện tích của nó là $Q = UC$ và năng lượng của nó là $W = Q^2/2C$. Khi khe hở giữa các bản tụ thay đổi một lượng nhỏ $\Delta x \ll d$ thì năng lượng của tụ điện thay đổi một giá trị

$$\Delta W = \frac{1}{2} Q^2 \left( \frac{1}{C'} - \frac{1}{C} \right) = \frac{1}{2} Q^2 \left( \frac{d - \Delta x}{\varepsilon_0 S} - \frac{d}{\varepsilon_0 S} \right) = -\frac{Q^2}{2\varepsilon_0 S} \cdot \Delta x,$$

trong đó $C'$ là công suất của cùng một tụ điện có khe hở giữa các bản $d - \Delta x$. Sự thay đổi năng lượng này có giá trị tuyệt đối bằng công của lực $F$ trên đường đi $\Delta x$, tức là

$$F \cdot \Delta x = \frac{Q^2}{2\varepsilon_0 S} \cdot \Delta x,$$

Ở đâu

$$F = \frac{Q^2}{2\varepsilon_0 S} = \frac{U^2 C^2}{2\varepsilon_0 S} = \frac{U^2 \varepsilon_0 S}{2d^2}.$$

Vì vậy, đối với một điện áp nhất định $U$, lực $F$ tỷ lệ nghịch với nguồn của khoảng cách giữa các bản.

Nối tụ vôn kế với nguồn có hiệu điện thế $U_x$, đồng thời bản tụ dịch chuyển một khoảng $x$ từ $x_0 = 0$. Lực hút giữa các bản của tụ điện $F_x = \frac{U_x^2 \varepsilon_0 S}{2(d - x)^2}$ cân bằng

34

được xác định bởi lực đàn hồi của lò xo, tức là
$$kx = \frac{U_x^2 \varepsilon_0 S}{2(d-x)^2}.$$
Từ đây chúng ta tìm thấy $U_x^2$:
$$U_x^2 = \frac{2k}{\varepsilon_0 S} x (d-x)^2.$$
Rõ ràng, giá trị lớn nhất $U_{\max}$ tương ứng với giá trị lớn nhất của hàm $f(x) = x(x-d)^2$. Đồ thị của hàm số $f(x) = x(d-x)^2$ được thể hiện trên Hình 2. Hãy tìm giá trị $x$ tương ứng với giá trị lớn nhất:
$$f'(x) = 3x^2 - 4dx + d^2 = 0,$$
$$x_1 = d$$ tương ứng với mức tối thiểu là $f(x)$, $x_2 = \frac{d}{3}$ tương ứng với mức tối đa là $f_{\max}(x) = \frac{4}{27} d^3$.
Như vậy,
$$U_{\max}^2 = \frac{8kd^3}{27\varepsilon_0 S}, \quad |U_{\max}| = \frac{2d}{3} \sqrt{\frac{2kd}{3\varepsilon_0 S}}.$$
D. Pavlov

Hình 1.
F697. Giữa hai môi trường có chiết suất $n_0 > 1$ và $n_1 = 1$ có ​​một lớp không đồng nhất có chiều cao $h = H \left(1 - \frac{1}{n_0^2}\right)$, trong đó $H = \text{const}$, bên trong có chiết suất thay đổi theo độ cao theo định luật $n = n_0 \sqrt{1 - \frac{y}{H}}$ (xem hình). Một chùm ánh sáng đi vào lớp không đồng nhất từ ​​môi trường có chiết suất $n_0$. Ở giá trị nào của vận tốc a thì chùm tia sẽ quay trở lại môi trường chiết quang hơn? Tại giá trị nào của el $a_0$ khoảng cách giữa điểm vào và điểm ra của chùm tia là lớn nhất?

Hình 2.
F697. Giữa hai môi trường có chiết suất $n_0 > 1$ và $n_1 = 1$ có ​​một lớp không đồng nhất có chiều cao $h = H \left(1 - \frac{1}{n_0^2}\right)$, trong đó $H = \text{const}$, bên trong có chiết suất thay đổi theo độ cao theo định luật $n = n_0 \sqrt{1 - \frac{y}{H}}$ (xem hình). Một chùm ánh sáng đi vào lớp không đồng nhất từ ​​môi trường có chiết suất $n_0$. Tại giá trị nào của el $a_0$ khoảng cách giữa điểm vào và điểm ra của chùm tia là lớn nhất?

Từ định luật khúc xạ ánh sáng, suy ra rằng khi chiết suất của môi trường thay đổi, góc φ của độ lệch của chùm tia so với những thay đổi bình thường (đối với giao diện giữa các điều kiện của các phần của môi trường có các giá trị khác nhau $n$), và
$$n \sin \varphi = n \cos \alpha = n_0 \sin \varphi_0 = n_0 \cos \alpha_0 = \text{const}, \quad \text{где } \alpha = \frac{\pi}{2} - \varphi$$
Để tìm quỹ đạo của một tia trong môi trường không đồng nhất, chúng ta sẽ sử dụng phép tương tự sau: một vật có khối lượng $m$ (kích thước của vật cực nhỏ) chuyển động dọc theo quỹ đạo của tia, tốc độ của vật tại điểm có tọa độ $y$ bằng $v(y) = v_0 n_y$ ($v_0$ là giá trị vận tốc ban đầu của vật tại điểm có tọa độ 0). Khi đó phép chiếu vận tốc lên mặt phân cách (hình chiếu ngang) không đổi. Nếu đồng thời có một lực không đổi $F = \frac{mv_0^2}{2H}$ tác dụng lên một điểm hướng thẳng đứng tại một điểm bất kỳ trên quỹ đạo
$$\frac{m(v(y))^2}{2} = \frac{mv_0^2}{2} - m \frac{v_0^2}{2H} y.$$
Có thể thấy rằng đối với một định luật biến đổi $n(y)$ cho trước, quỹ đạo của tia trùng với quỹ đạo của một vật được ném nghiêng một góc so với đường chân trời và chuyển động dưới tác dụng của “trọng lực” $F = mv_0^2/2H$. Do đó, đối với đáp số, các câu hỏi đặt ra trong bài toán có thể được trả lời bằng các công thức cho chuyển động đó, có tính đến “gia tốc trọng trường” trong trường hợp của chúng ta bằng “g” = $v_0^2/2H$.
Vì vậy, khoảng cách $l$ giữa điểm vào và điểm ra của chùm tia sẽ lớn nhất nếu chùm tia đi vào môi trường không đồng nhất một góc $\varphi_0 = 45^\circ$. Đồng thời
$$I_{\max} = \frac{2vA_0^2 \sin \alpha_0 \cos \alpha_0}{v_0^2/2H} = 2H$$ (kể từ $\alpha_0 = \frac{\pi}{2} - \varphi_0 = 45^\circ$).
Để chùm tia không truyền vào môi trường đồng nhất phía trên ở $\alpha_0 = 45^\circ$ thì độ cao $h$ của vùng không đồng nhất phải thỏa mãn điều kiện $h \geq \frac{H}{2}$. Ngược lại ($h < \frac{H}{2}$), khoảng cách tối đa giữa điểm vào và điểm ra của chùm tia tương ứng với góc $\alpha'$ mà tại đó độ cao của quỹ đạo bằng $h'$, tức là quỹ đạo chạm vào ranh giới trên của giao diện. Góc $\alpha'$ này được tìm thấy từ điều kiện
$$n_0 \cos \alpha' = n(y = h') \cos 0^\circ = n_0 \sqrt{1 - \frac{h'}{H}};$$
$$\cos \alpha' = \sqrt{1 - \frac{h'}{H}}.$$
P. Kalueni