Lời giải bài toán M706—M710; F718—F722

23

Lời giải bài toán
M706 — M710; F718 — F722

M706. Từ tâm của hai đường tròn này vẽ các tiếp tuyến với đường tròn kia. Chứng minh rằng các dây nối giao điểm của các tiếp tuyến với đường tròn (các dây này được tô màu đỏ trong hình) có cùng độ dài.

M707. Mỗi học sinh trong lớp học không quá hai vòng tròn và đối với bất kỳ cặp học sinh nào cũng có một vòng tròn để các em học cùng nhau. Chứng minh rằng tồn tại một vòng tròn có ít nhất 2/3 lớp đó tham dự.

Nếu cả lớp cùng tham gia vào một trong các vòng tròn thì mọi thứ đã được chứng minh. Để cả lớp không học theo bất kỳ vòng tròn nào. Hãy xem xét một trong các vòng tròn (hãy gọi nó là vòng tròn số 1) và một trong những học sinh có liên quan đến vòng tròn này (hãy gọi anh ấy là học sinh A). Vì cả lớp không thuộc vòng tròn số 1 nên sẽ có một học sinh B không tham gia vào vòng tròn này. Theo điều kiện, có vòng tròn số 2, nơi học sinh A và B học cùng nhau. Vì vòng tròn này không bao gồm toàn bộ lớp nên có học sinh C không được bao gồm. Nhưng học sinh A chỉ học ở vòng tròn số 1 và số 2 nên học sinh C cùng học với học sinh A ở vòng tròn số 1. Khi đó sẽ có vòng tròn số 3, nơi học sinh B và C học cùng nhau. Xét bất kỳ học sinh D nào khác (nếu trong lớp còn có những học sinh khác ngoài học sinh A, B và C). Nếu học sinh D không học ở vòng tròn số 1 hoặc vòng tròn số 2 thì anh ta sẽ không có vòng tròn chung với học sinh A. Nếu D không học ở vòng tròn số 1 và vòng số 3 thì D không học ở vòng tròn số 1 và vòng tròn số 3 thì D không học ở vòng tròn số 2 và số 3 thì D không có vòng tròn chung với học sinh B. Như vậy, mỗi học sinh trong lớp phải thuộc hai trong ba vòng tròn đang xét. Ký hiệu lần lượt là $y_1, y_2$ và $y_3$ số học sinh ở các vòng tròn số 1, số 2 và số 3, ta được $y_1 + y_2 + y_3 = 2y$, trong đó $y$ là số học sinh trong lớp. Rõ ràng là ít nhất một trong các số $y_1, y_2, y_3$ phải ít nhất là $\frac{1}{3} \cdot 2y$.

A. Sidorenko

M708. Trên các cạnh của một tứ giác lồi có diện tích S, các hình vuông được dựng bên ngoài nó, các tâm của chúng đóng vai trò là các đỉnh của một tứ giác mới có diện tích S1. Chứng minh rằng diện tích $S_1$ của tứ giác mới MNPQ (M, N, P và Q là tâm các hình vuông dựng trên các cạnh của tứ giác ABCD này) bằng tổng diện tích các tứ giác (với các đỉnh lần lượt là tâm của hai hình vuông cạnh nhau và là trung điểm của hai cạnh kề của tứ giác ban đầu).

Hình 1.
Hình 2.
Hình 3.

24

sống mà a) $S_1 \geq 2S$; 6) $S_1 = 2S$ khi và chỉ nếu các đường chéo của hình vuông có chiều dài bằng nhau và vuông góc với nhau.

tứ giác) và hình bình hành sâu (có các đỉnh ở giữa, cạnh của một tứ giác đã cho). Hãy tìm diện tích của một hình tứ giác màu hồng như vậy - ví dụ: hình tứ giác $EMNF$ (xem Hình 1).

Ta biểu thị bằng φ góc ở đỉnh $B$ của tứ giác ban đầu. Lưu ý rằng

$$S_{EMNF} = S_{EBF} + S_{EMB} + S_{FNB} \pm S_{MBN},$$

Ngoài ra, dấu “+” được lấy nếu $\frac{3\pi}{2} - \varphi < \pi$ (Hình 2), tức là $\frac{\pi}{2} < \varphi < \pi$, và dấu “-” nếu $0 < \varphi \leq \frac{\pi}{2}$ (Hình 3).

Bằng cách tính tổng đại số của ba số hạng cuối, chúng ta tìm thấy

$$S_{EMNF} = S_{EBF} + \frac{|AB|^2}{8} + \frac{|BC|^2}{8} + \frac{|AB|\cdot|BC|}{4} \sin \left( \frac{3\pi}{2} - \varphi \right) = S_{EBF} + \frac{1}{8} \left( |AB|^2 - 2|AB|\cdot|BC| \cos \varphi + |BC|^2 \right) = S_{EBF} + \frac{|AC|^2}{8}$$

(chúng tôi đã sử dụng định lý cosin cho tam giác $ABC$).

Thực hiện tính toán tương tự cho các hình tứ giác màu hồng còn lại, cuối cùng ta thu được

$$S_1 = S + \frac{1}{4} \left( |AC|^2 + |BD|^2 \right).$$

Nhưng $S = \frac{1}{2} |AC| \cdot |BD| \sin \alpha$ (α là góc giữa hai đường chéo $AC$ và $BD$), nên $\frac{1}{4} \left( |AC|^2 + |BD|^2 \right) \geq \frac{1}{2} |AC| \cdot |BD| \geq S$ và $S_1 \geq 2S$, chúng ta đã giải được bài toán a).

Vì các bất đẳng thức cuối cùng trở thành đẳng thức khi và chỉ khi $|AC| = |BD|$ và $\sin \alpha = 1$, tức là $(AC) \perp (BD)$, chúng ta nhận được 6).

P. Gusyatnikov

M709. Sàn của căn phòng có hình lục giác đều có cạnh 10, được lát bằng gạch hình thoi có cạnh bằng 1 và góc nhọn 60°. Bạn được phép lấy ra ba ô tạo thành hình lục giác đều có cạnh 1 và thay thế cách sắp xếp của chúng bằng một hình khác (Hình 1). Chứng minh rằng a) từ cách sắp xếp các ô của các phép toán đó có thể thu được bất kỳ phép tính nào khác; b) từ việc sắp xếp các khối trong Hình 2 không thể có được sự sắp xếp của Hình 3 với ít hơn 1000 thao tác.

Tác giả của bài toán A. Smirnov đã đề xuất một cách giải thích không gian thay thế khiến thư lời giải bài toán trở nên thường xuyên.

Hãy tưởng tượng một khối lập phương có kích thước $k \times k \times k$, được chia thành $k^3$ cốc $1 \times 1 \times 1$. Hãy đặt nó vào một “hộp mở” được dán lại với nhau từ ba hình vuông $k \times k$ có một đỉnh chung $A$ và nhìn nó theo hướng của đường chéo $HA$ (Hình 4). Chúng ta sẽ thấy Hình 3. Nếu chúng ta đổ tất cả các hình khối ra khỏi hộp (nhưng giả sử rằng còn lại $k \times k$ trên thành trong của hộp - “dấu vết” từ các hình khối), thì chúng ta sẽ thấy Hình 2. Nói chung, nếu chúng ta chỉ loại bỏ một phần của các cốc $k^3$ ở trên, thì chúng ta sẽ thấy chính xác hình ảnh được mô tả trong các điều kiện bài toán (trong đó $k = 10$): một hình lục giác được chia thành $3k^2$ hình thoi giống hệt nhau (có góc nhọn 60°)*). Trong trường hợp này, loại nào trong ba loại hình thoi - các cạnh của chúng song song với hai cạnh xác định của hình lục giác (trong Hình 5, 6 và 7, các hình thoi này được thể hiện bằng màu trắng, xanh nhạt và xanh đậm) - tương ứng với các mặt của hình lập phương, song song với một cặp mặt nhất định của hình lập phương lớn; Rõ ràng là sự tương ứng giữa các phần của hình lục giác thành hình thoi và “một phần” tương ứng

*) Tất nhiên, khi chiếu một hình lập phương lên một mặt phẳng vuông góc với đường chéo, độ dài của các cạnh và các đoạn song song với chúng sẽ được tính đến khi xác định các số (cụ thể là nhân với $\sqrt{2/3}$ - kiểm tra!), nhưng chúng tôi hy vọng rằng việc không có hệ số sẽ không gây nhầm lẫn cho độc giả - suy cho cùng, chúng tôi chỉ quan tâm đến việc sắp xếp các hình khối chứ không phải kích thước.

25

các chất trám của hộp là một. Thao tác được chỉ ra trong Hình 1 chỉ đơn giản là thêm một khối $1 \times 1 \times 1$ vào một “ổ cắm” trống hoặc loại bỏ một khối không chứa các khối khác. (Ví dụ: trong Hình 7, một khối lập phương được thêm vào “ổ cắm” được cung cấp bởi đường màu đỏ.)

Bây giờ tất cả các tuyên bố bài toán đều cho phép đưa ra lời biện minh hoàn toàn hữu hình (nếu bạn không tin tôi, hãy làm một mô hình!). Để chuyển từ Hình 2 sang Hình 3, bạn cần phân loại từng hình khối vào hộp - và tất nhiên, bạn có thể đặt tất cả chúng vào tối đa $k^3$ nước đi (có thể đạt được số lượng nước đi lớn nếu bạn lấy ra các khối đã xếp chồng lên nhau). Nếu có hai cách sắp xếp các viên kim cương: một tương ứng với việc lấp đầy $C_1$ và cách còn lại tương ứng với việc lấp đầy các hình khối $C_2$, thì bạn có thể di chuyển từ cách này sang cách khác theo bất kỳ cách nào trong hai cách: trước tiên hãy “đi xuống” Hình 2 - lấy tất cả các hình khối ra, sau đó đặt các khối $C_2$ cần thiết xuống, hoặc “nâng” lên thành một khối đầy đủ (Hình 3), sau đó lấy đỉa ra. Không khó

Hình 4.

Hình 5.

Hình 6.

hãy kiểm tra xem trong trường hợp $C_1 + C_2 \leq k^3$ phương pháp đầu tiên và trong trường hợp $(k^3 - C_1) + (k^3 - C_2) \leq k^3 \Leftrightarrow C_1 + C_2 \geq k^3$ phương pháp thứ hai đảm bảo quá trình chuyển đổi từ $C_1$ sang $C_2$ không quá $k^3$ nước đi. (Tuy nhiên, mô hình của chúng tôi cho phép chúng tôi chỉ định cho hai chất trám bất kỳ $C_1$ và $C_2$ “khoảng cách” chính xác $\rho(C_1, C_2)$ giữa chúng - số lần di chuyển nhỏ nhất mà bạn có thể di chuyển từ cái này sang cái kia. Nó bằng với số cốc mà $C_1$ và $C_2$ khác nhau, tức là số cốc $C_1$ nằm ở trên $C_2$, phẳng là số cốc $C_2$, nằm phía trên $C_1$.)

Lưu ý rằng “thoát vào không gian” đối với lời giải điều này bài toán là không cần thiết: ​​nhiều độc giả đã tuyên bố (về cơ bản là giống nhau) lời giải, mà không cần rời khỏi máy bay, đại loại như thế này. Lưu ý rằng các hình thoi có ít nhất một cạnh “ngang” (kim cương trần hình các con vật nhỏ trong bản vẽ của chúng tôi) tạo thành các sọc $k$, mỗi sọc dẫn từ trên xuống dưới của hình lục giác và bao gồm $2k$ hình thoi. Trong trường hợp này, Hình 5 tương ứng với trường hợp tất cả các dải được trộn tối đa sang bên phải, Hình 6 - sang trái và quá trình chuyển đổi (Hình 7) cho phép trên một dải ở một nơi thay thế “uốn cong sang phải” bằng “uốn cong sang phải” - để di chuyển chính xác một trong các dải hình thoi giao nhau. Bây giờ vẫn còn phải đưa ra một số ước tính bằng số về “sự pha trộn của các sọc” (tương tự như số lượng $C$ cốc trong không gian mô hình) và lời giải bài toán được hoàn thành theo cách tương tự như trên.

N. Vasiliev

M710. Có một dãy số tự nhiên riêng biệt $a_1, a_2, a_3, ...$, không có số hạng nào bằng tổng của nhiều số khác - cấp số 1, 2, $2^2$, $2^3$, …: mỗi số hạng lớn hơn tổng của các số trước đó 1. Nhưng cô ấy đang phát triển quá nhanh.

Ý tưởng chính của việc xây dựng tất cả các ví dụ sau, cho thấy đáp số cho các câu hỏi a) - d) là dương, tạo thành một chuỗi trong “gói”. Trong ví dụ a), b), với số lượng trong bếp tăng theo cấp số nhân, khoảng cách có thể được lấy xấp xỉ theo cấp số nhân và số lượng trong bếp có thể được lấy là hằng số; in examples with a exponential increase in the length of the stoves, like their first numbers, very

26

tăng trưởng nhanh chóng.
a) Đặt $a_{2m-1}=3^m-1$, $a_{2m}=3^m$. Rõ ràng,
$(2+3)+(8+9)+...+(3^{m-1}-1+3^{m-1})<2(3+9+...+3^{m-1})=3^m-3$
biến $3^m-1$; do đó, không có số nào trong số $3^m-1$ và $3^m$ bằng tổng của các số trước đó. Hơn nữa, $a_1=2$ và $a_n<3^{(n+1)/2}<2(\sqrt{3})^n$ cho tất cả $n$. (Trong ví dụ này, chỉ có hai số trong mỗi “gói”.)
6) Chúng tôi cũng sẽ xây dựng chuỗi $(a_n)$ theo đợt. Gói thứ $m$th $(m=1, 2, ...)$ sẽ chứa 16 số:
$$15 \cdot 361^{m-1}, 16 \cdot 361^{m-1}, ..., 30 \cdot 361^{m-1}.$$
Do đó, $a_n=361^{m-1}(14+r)$, trong đó $m$ và $r$ được chọn từ điều kiện $n=16(m-1)+r$, $m=1, 2, ..., r=1, 2, ..., 16$.
Lưu ý rằng tổng của tất cả các số trong gói từ số đầu tiên đến số thứ $(m-1)$ bằng
$(15+16+...+30)+(15 \cdot 361+...+30 \cdot 361)+...+ +(15 \cdot 361^{m-2}+...+30 \cdot 361^{m-2})= =360+360 \cdot 361+...+360 \cdot 361^{m-2}=361^{m-1}-1.$
Let us assume that some number $a$ from the $m$ pack is representable as a sum $b_1+...+b_k$ of several smaller terms $b_1, ..., b_k$ of our sequence. Since $a>361^{m-1}$, among the numbers $b_1, ..., b_k$ there is at least one from the $m$ pack. Hãy xem xét hai trường hợp.
$1^\circ$. Among the numbers $b_1, ..., b_k$exactly one is from the $m$th pack; chúng ta có thể coi đây là $b_1$. Nhưng đẳng thức $a-b_1=b_2+...+b_k$ là không thể, vì một mặt, $a-b_1$, là sự khác biệt của các số từ gói thứ $m$, không nhỏ hơn $361^{m-1}$, và mặt khác, $b_2+...+b_k$, là tổng các số từ các gói có số nhỏ hơn $m$, không vượt quá $361^{m-1}-1$.
$2^\circ$. Among the numbers $b_1, ..., b_k$, more than one is in the $m$-th packet. Khi đó, đẳng thức $a=b_1+...+b_k$ là không thể, vì tổng của hai số khác nhau bất kỳ của gói thứ $m$ đã lớn hơn bất kỳ số thứ ba nào của gói này.
Vì vậy, không có số nào $a_n$ không thể được biểu diễn dưới dạng tổng của các số hạng khác của dãy được xây dựng.
Vì $361^{m-1} \leq (1,5)^{16(m-1)}$ và $14+r \leq 10 \cdot (1,5)^r(r=1, ..., 16)$, chúng ta nhận được
$$a_n=361^{m-1}(14+r) \leq (1,5)^{16(m-1)} \cdot 10 \cdot (1,5)^r=10 \cdot (1,5)^n$$ - điều kiện 6) được đáp ứng.
đĩa CD). Chúng ta hãy xây dựng một dãy $(a_n)$, không có số hạng nào bằng tổng của một số số hạng khác, sao cho với tất cả $n$ đều có đồng thời $a_n \leq n^{10}$ và $a_n \leq 100n^{7/2}$.
Đầu tiên hãy đặt $b_m=10^{5m-2}$ cho tất cả tự nhiên $m \geq 2$, đó là $b_2=10$, $b_3=10000$, $b_4$ bằng một theo sau là 25 số không, v.v.
Trình tự $(a_n)$ một lần nữa sẽ được xây dựng “theo đợt”. Hãy lấy nhóm trạng thái đầu tiên từ một số - một. Là gói thứ $m$ cho $m \geq 2$, chúng tôi lấy cấp số cộng với số hạng đầu tiên $2b_m+1$, hiệu $2b_m$ và số số hạng bằng $b_m^2/2$:
$$2b_m+1, 4b_m+1, ..., b_m^3+1.$$
Chúng ta hãy ước tính tổng các số của gói thứ $m$
$$\frac{(2b_m+1)+(b_m^3+1)}{2} \cdot \frac{b_m^2}{2} = = \frac{b_m^5+2b_m^3+2b_m^2}{4} < \frac{b_m^5}{2} < b_m^5-b_m=b_m+1-b_m.$$
Do đó, tổng số trong các gói từ thứ 1 đến $m$th sẽ ít hơn
$$1+(b_3-b_2)+...+(b_{m+1}-b_m)=b_{m+1}-b_2+1<b_{m+1}.$$
Giả sử rằng một số $a$ từ gói thứ $m$ ($m \geq 2$) có thể biểu diễn dưới dạng tổng của một số số hạng khác của chuỗi được xây dựng. Vì tổng của tất cả các số hạng của dãy nên có một số số từ gói thứ $m$; hãy biểu thị chúng $c_1, ..., c_k$. Chúng ta biểu thị các số hạng còn lại của tổng bằng $d_1, ..., d_l$:

$$a=c_1+...+c_k+d_1+...+d_l.$$

27

Vì tổng các số $b_m$ đầu tiên của gói thứ $m$ bằng
$(2b_m + 1) + (4b_m + 1) + \dots + (2b_m^2 + 1) = b_m^3 + b_m^2 + b_m > b_m^3 + 1,$
nghĩa là, lớn hơn số lượng lớn nhất của gói thứ $m$ và do đó lớn hơn $a$, chúng ta nhận được $k < b_m$ đó.
Đó là lý do tại sao
$$r = k + (d_1 + \dots + d_l) < b_m + (d_1 + \dots + d_l) < 2b_m.$$
Nhưng $a - r = (c_1 + \dots + c_k) - k = (c_1 - 1) + \dots + (c_k - 1)$. Vì mỗi số trong gói thứ $m$ có phần dư là 1 khi chia cho $2b_m$, nên các số $c_1 - 1, c_2 - 1, \dots, c_k - 1$ chia hết cho $2b_m$, nên $a - r$ chia hết cho $2b_m$. Vì trong trường hợp này $r < 2b_m$, $r$ bằng phần dư của phép chia $a$ cho $2b_m$, tức là $r = 1$; có nghĩa là $k + d_1 + \dots + d_l = 1$, điều này là không thể. Từ đây, chúng ta kết luận rằng không một phần tử nào của dãy được xây dựng $(a_n)$ bằng tổng của một số phần tử khác.

Bây giờ chúng ta hãy kiểm tra $a_n \leq 100n^{7/2}$ xem có $n$ nào không.
Tại $n = 1$ điều này là hiển nhiên. Nếu $a_n$ có trong gói thứ hai thì $a_n \leq 1001 < 100 \cdot 2^{7/2} \leq 100n^{7/2}$. Đặt $a_n$ nằm trong gói thứ $m$ và $m \geq 3$. Hãy biểu thị $a_m$ dưới dạng $2kb_m + 1$ ($1 \leq k \leq b_m^2/2$) và khoảng cách là hai trường hợp.
$1^\circ$. $k \leq b_m^2 - 1$.
Sau đó
$$a_n \leq 2b_m^2 - 1b_m + 1 < 3b_m^2 - 1b_m = 3b_m - 1 = 3 \cdot 2^{7/2} \cdot (b_m^2 - 1/2)^{7/2}.$$
Nhưng $b_m^2 - 1/2 < n$, vì $b_m^2 - 1/2$ là số số hạng trong gói thứ $(m - 1)$. Vì vậy $a_n \leq 3 \cdot 2^{7/2} \cdot n^{7/2} < 100n^{7/2}$.
$2^\circ$. $k > b_m^2 - 1$.
Rõ ràng là số $a_n$ trong gói thứ $m$ không vượt quá số của nó trong chuỗi, tức là $k \leq n$. Đó là lý do tại sao
$$a_n = 2kb_m + 1 < 3kb_m = 3k(b_m^2 - 1)^{5/2} < 3k \cdot k^{5/2} \leq 3n^{7/2}.$$
Như vậy, bất đẳng thức $a_n \leq 100n^{7/2}$ được chứng minh với mọi $n$. Bất đẳng thức $a_n \leq n^{10}$ cho $n = 1$ và $n = 2$ có thể được xác minh trực tiếp và đối với $n > 2$ nó suy ra từ thực tế là
$$a_n \leq 100n^{7/2} < 3^{13/2} \cdot n^{7/2} \leq n^{13/2} \cdot n^{7/2}.$$
Để tiết kiệm không gian, chúng tôi đã không đưa ra các ví dụ đơn giản hơn về các chuỗi cho lời giải bài toán c), nhưng cũng không giải được bài toán d).
e) Đáp số đối với câu hỏi này là phủ định: chuỗi như vậy không tồn tại.

Hãy chứng minh rằng ít nhất một số hạng của dãy $(a_n)$ sao cho $a_n < 100n^{3/2}$ với mọi $n = 1, 2, \dots$ bằng tổng của một số số hạng khác. (Tất nhiên, số 100 ở đây có thể được thay thế bằng bất kỳ hằng số nào; số mũ 3/2 trong chứng minh của chúng tôi yêu cầu nó phải nhỏ hơn $(\sqrt{5} + 1)/2$).

Hãy xem xét một bảng có đầu thẳng với $10^{30}$ hàng và $10^{18}$ cột. Hãy gán các số từ $10^{30} + 1$ đến $2 \cdot 10^{30}$ cho các hàng của nó và các số từ 1 đến $10^{18}$ cho các cột của nó. Tại giao điểm của hàng thứ $n$ và cột thứ $k$ ta viết số $c_{n,k} = (a_1 + a_2 + \dots + a_k) + a_n$. Nó không vượt quá $a_1 + \dots + a_{10^18} + a_2 \cdot 10^{30} \leq 100 + 100 \cdot 2^{3/2} + \dots + 100 \cdot (10^{18})^{3/2} + 100 \cdot (2 \cdot 10^{30})^{3/2} < 100 \cdot (10^{18})^{3/2} \cdot 10^{18} + 100 \cdot (10^{30})^{3/2} \cdot 2^{3/2} = 10^{47} + 10^{47} \times 2^{3/2} < 4 \cdot 10^{47}$.

Vì bảng chứa $10^{48}$ số, mỗi số có thể nhận ít hơn giá trị $4 \cdot 10^{47}$ nên bất kỳ hai số nào trong số này đều trùng nhau. Ví dụ: giả sử $c_{n,k} = c_{m,l}$. Vì ở dòng thứ $n$, tất cả các số đều khác nhau, $n \neq m$. Chúng ta có thể giả sử rằng $n > m$ (trường hợp $m > n$ cũng tương tự). Đẳng thức $c_{n,k} = c_{m,l}$ có nghĩa là
$$(a_1 + \dots + a_k) + a_n = (a_1 + \dots + a_l) + a_m,$$
từ đâu $k < l$ và $a_n = (a_{k+1} + \dots + a_l) + a_m$. Vì trong trường hợp này $l \leq 10^{18} < m$, chúng ta thu được rằng $a_n$ được biểu diễn dưới dạng tổng của một số số hạng khác của dãy.

Tất nhiên, khoảng cách giữa $(\sqrt{5} + 1)/2$ và $7/2$ vẫn khá lớn. Có lẽ một trong những độc giả đã tìm cách rút ngắn nó. Rõ ràng, điểm số của shizu cao hơn $C \cdot n^{(\sqrt{5} + 1)/2}$ vẫn chưa được biết đến.

Như nhà toán học Hungary P. Erdős đã nói với chúng ta, đã có lúc ông cũng nghiên cứu bài toán về dãy $(a_n)$, trong đó không có số nào bằng tổng của một số

28

F719.*) Một quả bóng nhỏ nặng có khối lượng m, có điện tích q, nhận vận tốc ban đầu v₀ hướng thẳng đứng lên trên. Quả bóng nằm trong một điện trường đều nằm ngang có hướng bằng E. Bỏ qua sức cản của không khí và gia tốc áp suất tự do phụ thuộc vào độ cao, xác định tốc độ tối thiểu của quả bóng trong quá trình chuyển động của nó.

*) Lời giải bài toán F718 - trong bài viết của S. Krotov trên trang. 30.

Quả bóng chịu tác dụng của hai lực không đổi: trọng lực mg và lực qE từ trường điện. Do đó quả bóng sẽ chuyển động với gia tốc không đổi

$$\vec{a} = \vec{g} + \frac{q}{m} \vec{E}.$$

Vectơ $\vec{a}$ tạo một góc α với đường chân trời và

$$tg \alpha = \frac{g}{Eq/m} = \frac{mg}{Eq}.$$

Tốc độ của quả bóng sẽ luôn thay đổi cả về độ lớn và hướng. Sau thời gian t kể từ khi bắt đầu chuyển động, mô-đun tốc độ

$$v_t = \sqrt{\left(\frac{qE}{m} t\right)^2 + \left(v_0 - gt\right)^2};$$

vectơ $\vec{v}_t$ tạo một góc β_t với phương thẳng đứng sao cho

$$tg \beta_t = qEt/m (v_0 - gt).$$

Tốc độ của quả bóng sẽ nhỏ nhất tại thời điểm τ khi hình chiếu của gia tốc $\vec{a}$ lên hướng của tốc độ $\vec{v}_τ$ sẽ bằng 0, tức là khi các vectơ $\vec{a}$ và $\vec{v}_τ$ sẽ được phân phối lại. Góc mà vectơ $\vec{v}_τ$ tạo với phương thẳng đứng tại thời điểm này sẽ bằng α. Từ điều kiện tg α = tan β_t ta tìm được τ:

$$\tau = \frac{m^2 g v_0}{m^2 g^2 + q^2 E^2}.$$

Tốc độ tối thiểu của quả bóng trong quá trình chuyển động có độ lớn bằng nhau

$$v_{\min} = v_{\tau} = v_0 \frac{qE}{\sqrt{q^2 E^2 + m^2 g^2}}.$$

B. Bukhovtsev

F720. Một khối đồng chất khối lượng M có chiều dài l bắt đầu chuyển động xuống một mặt phẳng nghiêng tạo một góc α với đường chân trời. Phần ban đầu có chiều dài l của mặt phẳng nghiêng được chiếm bởi các con lăn đặt gần nhau dưới dạng ống có khối lượng m và bán kính r << l (Hình 1), được sửa chữa mà không có ma sát trong ổ trục. Phần còn lại của mặt phẳng nghiêng của thuyền. Tìm mối liên hệ giữa gia tốc của vật và chuyển vị của nó trên mặt phẳng.

Viết phương trình chuyển động của khối cho thời điểm mà chuyển động của khối dọc theo mặt phẳng nghiêng bằng x (x < l):

$$Ma_x = Mg \sin \alpha - f_{\tau p} N (1 - x/l),$$

(1)

Trong đó N = l/2r là tổng số con lăn trong một đoạn có chiều dài l, N(1 - x/l) là số con lăn mà khối tiếp xúc tại một thời điểm nhất định, f_{\tau p} là giá trị tuyệt đối của lực ma sát tác dụng lên khối từ mỗi con lăn.

Đối với mỗi con lăn tiếp xúc với khối, lực ma sát f_{\tau p} truyền gia tốc tiếp tuyến tại một thời điểm nhất định

29

tion có giá trị tuyệt đối bằng $a_x$ (khối không được tính
tiếng la hét ở sân trượt băng), đó là

$$f_{\tau p} = ma_x.$$

(2)

Thay (2) vào (1), ta tìm được sự phụ thuộc của gia tốc của vật vào chuyển vị dọc theo mặt phẳng nghiêng (đối với $x < l$):

$$a_x = \frac{g \sin \alpha}{1 + \frac{m}{M} \frac{l}{2r} \left(1 - \frac{x}{l}\right)}.$$

Tại $x > l$ khối chạm vào con lăn và trượt dọc theo mặt phẳng nghiêng với gia tốc

$$a = g \sin \alpha.$$

Cái nhìn tổng quát về sự phụ thuộc $a(x)$ được trình bày trong Hình 2.

A. Stasenko

F721. Một tấm vật liệu điện môi, tích điện đều trên bề mặt, có hình tam giác vuông đều, được gấp làm đôi. Trong trường hợp này, công việc $A$ được thực hiện dựa trên trường chọn lọc. Phải thực hiện bao nhiêu công để gấp một hình tam giác sáng làm đôi?

Hình 1.

Hình 2.

F722. Một tụ điện bản song song nằm trong từ trường vuông góc với mặt phẳng của các bản bản. Xét giữa các tấm $d$, vectơ cảm ứng từ $\vec{B}$. Bên trong tụ điện, gần các bản tích điện âm,

Gọi $Q$ là điện tích trên bề mặt của tam giác ban đầu (không bao giờ gấp) có diện tích $S$, $A_0$ là năng lượng tĩnh điện mà điện tích này sở hữu. Năng lượng này bao gồm các năng lượng tĩnh điện của các tương tác cặp đôi của các phần tích điện riêng lẻ của tam giác.

Chúng ta hãy xem xét hai phần nhỏ $m$ và $n$ của tam giác nằm cách nhau một khoảng $r$ (xem Hình 1). Gọi $s$ là diện tích của mỗi ô; phí của mỗi trang web rõ ràng là $q = \frac{Q}{S}$ s. Năng lượng tĩnh điện tương tác của các khu vực này

$$a_0 \sim q^2 / r = Q^2 \frac{s}{Sr}.$$

Chúng ta hãy xem năng lượng này thay đổi như thế nào sau lần cộng đầu tiên của tam giác. Từ Hình 2 có thể thấy rằng trên một tam giác gấp, các diện tích tương tự $m$ và $n$ là các diện tích $m_1$ và $n_1$. Điện tích trên tam giác gấp sẽ vẫn là $Q$, diện tích của tam giác sẽ là $S_1 = S / 2$, khoảng cách giữa các địa điểm, nói một cách dễ hiểu, sẽ trở thành $r_1 = r / \sqrt{2}$, và diện tích của chúng sẽ là $s_1 = s / 2$. Do đó, năng lượng tương tác của các vị trí sẽ trở thành

$$a_1 \sim q^2 / r_1 = Q^2 \frac{s_1}{Sr_1} = a_0 \sqrt{2}.$$

Vì những cân nhắc tương tự áp dụng cho bất kỳ cặp miếng đệm nào nên năng lượng tĩnh điện của tam giác gấp sẽ trở thành

$$A_1 = A_0 \sqrt{2}.$$

Sự thay đổi năng lượng $\Delta A_1 = A_1 - A_0$ bằng công $A$ tiêu tốn để gấp tam giác, tức là

$$A_1 - A_0 = A_0 (\sqrt{2} - 1) = A$$

Khi tam giác được gấp lại, năng lượng tĩnh điện của nó sẽ trở thành

$$A_2 = A_1 \sqrt{2}.$$

Sự thay đổi năng lượng $\Delta A_2 = A_2 - A_1$ bằng công $A_x$, là ba diện tích khi được thêm vào. Như vậy,

$$A_x = A_2 - A_1 = A (\sqrt{2} - 1) = A_0 \sqrt{2} (\sqrt{2} - 1) = A \sqrt{2}.$$

O. Savigan

Chúng ta hãy coi chuyển động của các electron là sự chồng chất của hai chuyển động: chuyển động thẳng dọc theo trục $Z$ (hướng của trục $Z$ trùng với hướng của vectơ cảm ứng $\vec{B}$) và chuyển động trong mặt phẳng vuông góc với trục $Z$.

Từ phía của các electron trường, một lực $\vec{F} = e\vec{E}$ tác dụng lên electron, truyền cho nó một gia tốc hướng dọc theo trục $Z$ (vectơ $\vec{E}$ hướng dọc theo trục $Z$) và bằng giá trị tuyệt đối