Lời giải bài toán M746—M749; F758—F767

29

P786. Forces of attraction between molecules act in a nonideal single atom gas. Assuming that the potential energy of molecular interaction is proportional to the gas density, i.e. $\Pi = \alpha \frac{N}{V}$, where $N$ is the number of gas molecules, $V$ the volume of gas, $\alpha$ a coefficient ($\alpha < 0$). Find the difference between the molar heat capacities at constant pressure ($c_p$) and at constant volume ($c_V$).

V. Tugushev

P787. The voltage of a source varies linearly. At the initial moment it was zero. The switch $K$ can be used to connect the source to the circuit shown on figure Pric. 2, p. 27). At what moment should the switch be turned on to make the current in the circuit constant? The resistance is $R$, the capacity is $C$.

A. Zilberman

Lời giải bài toán

M746. Một hình vuông giấy được gấp đôi dọc theo một đường thẳng nhất định $l$ đi qua tâm của nó thành một hệ chín phần (không lồi). Cách vẽ đường thẳng $l$ để:
a) hình chín phần thu được có diện tích lớn nhất không?
b)* Nó có chứa một hình tròn có bán kính lớn nhất có thể không?

Hình 1.

Hình 2.

Đặt đường thẳng $l$ dọc theo hình vuông được gấp lại tạo thành một góc $\alpha (0 \leqslant \alpha \leqslant 45^\circ)$ trên cạnh ngang của nó thì độ dài cạnh của hình vuông là $2q$.

a) Nếu hình thu được bằng cách gấp hình vuông dọc theo đường thẳng $l$ được bổ sung một hình đối xứng (so với tâm của hình vuông $O$ hoặc so với đường thẳng $l$ - không thành vấn đề!), thì bạn sẽ có được đa giác như trong Hình 1 - giao của hình vuông với bề mặt ở góc $2\alpha$. Nó có bốn trục đối xứng. Để biết khi nào diện tích của nó là lớn nhất, chúng ta lưu ý rằng có thể thu được nó bằng một hình vuông bổ sung $2q \times 2q$ có bốn hình tam giác vuông giống nhau màu hồng. Dễ dàng tìm thấy cạnh huyền $c$ và chân $a, b$ của mỗi cạnh, sau đó lưu ý rằng $a + b + c = 2q$, $a = c \sin 2\alpha$, $b = c \cos 2\alpha$, từ đâu $c = 2q / (1 + \sin 2\alpha + \cos 2\alpha) = 2q / (1 + \sqrt{2} \cos(45^\circ - 2\alpha))$; diện tích của tam giác là $q(q - c)$ và lớn nhất ở $\alpha = 22,5^\circ$ khi cạnh huyền $c$ là nhỏ nhất. Như vậy, 16 giác ở Hình 1 có diện tích lớn nhất là $8q^2(2 - \sqrt{2})$ khi nó ở dạng “ngôi sao” với 8 trục đối xứng (Hình 2); ở cùng một góc $a = 22,5^\circ$ một nửa của nó có diện tích lớn nhất.

6. Đáp số: hình tròn lớn nhất trong hình vuông phức tạp được đặt ở $\alpha_0 = 2$ arctg $2 - 90^\circ \approx 36,87^\circ$; bán kính của nó $r_0$ bằng $5q/8$ và đường thẳng tương ứng $l$ chia các cạnh của hình vuông theo tỷ lệ 1:7. Một thí nghiệm hình học giúp xác nhận điều này đáp số: nếu mọi $2^\circ$ hoặc $3^\circ$ (từ $\alpha = 0^\circ$ đến $\alpha = 45^\circ$) xây dựng hình vẽ tương ứng chính xác hơn (thật tiện lợi khi cắt một hình vuông lớn hơn từ bìa cứng, dùng một nút đâm vào giữa và sử dụng nó để tạo phần chính và bề mặt của hình vuông, và một hình tròn lớn hơn cho mỗi $\alpha$ - xây dựng “với la bàn và thước kẻ”), bạn có thể xây dựng khá chính xác đồ thị về sự phụ thuộc của bán kính của hình tròn lớn nhất $r$ vào $\alpha$ (Hình 3). Trên biểu đồ của hàm này, một số điểm $a_i$ được đánh dấu - đoạn $0^\circ \leqslant \alpha \leqslant 45^\circ$ được chia thành 5 phần, trên mỗi phần, vòng tròn lớn nhất được xác định bởi các điều kiện hình học khác nhau, do đó bán kính của nó được biểu thị bằng các công thức khác nhau (đôi khi rất cồng kềnh). Tuy nhiên, $\alpha_0$ cũng là một trong những điểm kỳ dị này, do đó tại điểm $a_0$ hàm $r = r(\alpha)$ không phải là tùy ý và chúng ta sẽ đánh giá nó một cách riêng biệt trên các phần khác nhau.

Hình 2, 4—7 cho thấy một số giai đoạn “tiến hóa” của vòng tròn lớn nhất khi $\alpha$ thay đổi từ $0^\circ$ thành $45^\circ$. Nhìn vào chúng, không khó để tưởng tượng phần còn lại: với $\alpha = 0^\circ$ bất kỳ hình tròn nào tiếp xúc với chiều dài cạnh của nửa hình chữ nhật của hình vuông là phù hợp; Tại

30

0° < α < α₁ đường tròn tiếp xúc với các đường thẳng l = (MN), MB và CK, điểm L nằm ngoài đường tròn; với α = α₁ điểm L rơi trên đường tròn; trường hợp α₁ < α < α₂ được thể hiện trên Hình 4; với α₂ ≤ α ≤ α₃ đường tròn tiếp xúc l và đi qua các điểm L và K, đối với α = α₂ thì đường tròn chạm (CK) tại điểm K, và đối với α = α₃ thì đường tròn chạm (MC) tại điểm L; điều này bao gồm “dấu hoa thị” (Hình 2); các trường hợp còn lại ở Hình 5, 6 và 7.

Hãy chứng minh rằng bán kính của đường tròn luôn không quá 5q/8 và đẳng thức chỉ xảy ra với α = α₀. Chúng tôi sẽ bỏ qua một số chi tiết về lý do, nhưng chúng không khó để tái tạo lại từ các dòng chữ trong hình.

Đối với α₀ ₫ α ₫ 45° mọi chuyện đều đơn giản: đường tròn lớn nhất tiếp xúc với đường thẳng l tại điểm O và chạm vào hai cạnh của hình ngũ giác, đối xứng với đường thẳng tương đối OK; bán kính r của nó bằng (Hình 7)

$$r = q \mathrm{tg}(45° - \alpha/2) / \cos \alpha = q/2 \cos^2(45° - \alpha/2) = q/(\cos(90° - \alpha) + 1)$$

và rõ ràng là khi α giảm từ 45° đến α₀ tăng (từ (2 - √2)q lên 5q/8); các giá trị của α₀ và r₀ có thể được xác định từ các tam giác ONQ và ONK trong Hình 6.

Trường hợp α nhỏ cũng không gây khó khăn gì: rõ ràng chỉ cần đường tròn lớn nhất chạm vào (CK) thì đường kính của nó không vượt quá |MC| (Hình 4). Nếu |MC| < 5q/4, tức là α < arctan 1/4 ≈ 14,43°, sau đó còn hơn thế nữa r ≤ 1/2 |MC| <5q/8.

Đối với các giá trị của α mà tại đó đường tròn lớn nhất đi qua điểm L, nghĩa là, với α₁ ≤ α ≤ α₃, để ước tính bán kính của nó, chúng ta có thể lấy bán kính của đường tròn đi qua các điểm K, L và O (xem Hình 4), bằng |KL|/2 sin KO L = c/2 sin 45° = q/(\sqrt{2}/2 + cos(45° - 2α)) (xem lời giải của a)). Bán kính này không vượt quá 5q/8 tại cos(45° - 2α) ≥ 8/5 - √2/2 ≈ 0,8929, tức là 9,12° < α < 35,88°. Vì khoảng này trùng với khoảng trước đó nên tất cả các giá trị của α từ 0° đến ít nhất là α₃ đều được kiểm tra.

Vẫn còn phải chứng minh rằng r < r₀ = 5q/8 trên đoạn [α₃; α₀], trong đó hình tròn lớn nhất nằm như trong Hình 5. Chúng ta hãy cố định một hình tròn có bán kính r₀ và chứng minh rằng nếu chúng ta gắn hình vuông gấp của mình vào nó sao cho nó nội tiếp trong góc CMO, thì điểm K sẽ nằm bên trong hình tròn (hoặc trên nó tại α = α₀). Điều này có nghĩa là không thể đặt một vòng tròn có bán kính lớn trong hình của chúng ta.

Chúng ta sẽ vẽ cạnh MO nằm ngang và tiếp tuyến với một đường tròn bán kính r₀ tại điểm T thấp nhất của nó (Hình 8). Để dựng điểm K = K(α), cần phải tắt từ điểm T đoạn TM có độ dài r₀tg(45° + α/2) về bên trái (nhớ lại rằng OMC = 90° - α) rồi kiểm tra đoạn MK có độ dài q√2/cos α hợp với MO một góc 45° (△OMK là hình chữ nhật đều, và |OM| = q/cos α). Khi α = α₀, điểm K rơi vào điểm trên cùng của đường tròn; khi α giảm, nó chuyển động với tốc độ bằng tổng vectơ của hai tốc độ: một, dọc theo đường thẳng MO, hướng về bên phải và có các giá trị u = r₀|tg(45° + α/2)|’ = r₀/2 cos²(45° + α/2) = r₀/(1 - sin α), còn lại - dọc theo đường thẳng K(α)M(α) - hướng về phía sau và hướng xuống dưới và có độ lớn bằng v = q√2|(1/cos α)’| = q√2sin α/(1 - sin2α) (các giá trị α₀ - α ≥ 0 được trộn lẫn). Chúng tôi chỉ quan tâm đến một phần nhỏ các giá trị α gần α₀; nhưng ngay cả khi chúng ta tiếp tục chuyển động này của điểm K đến α = 0°, nó sẽ không vượt ra ngoài đường tròn, vì tại α = 0° √2 q = |MK| < r₀(√2 + 1). Nếu chúng ta cũng nhận thấy rằng tỷ lệ u/v sẽ giảm dần

32

$$= |\vec{a}| \left( \sin \frac{\pi}{2} - \sin \left( -\frac{\pi}{2} \right) \right) = 2 |\vec{a}|.$$

Bởi vì

$$|\vec{a}_1| + \dots + |\vec{a}_n| = \frac{1}{2} \int_0^{\pi} \left( a_1(\varphi) + \dots + a_n(\varphi) \right) d\varphi \geqslant$$

$$\geqslant \frac{1}{2} \int_0^{\pi} \left( b_1(\varphi) + \dots + b_m(\varphi) \right) d\varphi = |\vec{b}_1| + \dots + |\vec{b}_m|.$$

Bây giờ, đặt $A'_1, \dots, A'_n$ và $O'$ là hình chiếu của các điểm $A_1, \dots, A_n$ và $O$ lên một đường tùy ý (xem hình). Theo bổ đề, ta chỉ cần chứng minh rằng

$$p' = |A'_1A'_2| + |A'_2A'_3| + \dots$$

$$\dots + |A'_nA'_1| \geqslant \frac{4}{n} \left( |O'A'_1| + \dots + |O'A'_n| \right).$$

Lưu ý rằng $O'A'_1 + \dots + O'A'_n = 0$, vì tổng của dự án và một số vectơ bằng dự án của tổng của chúng. Do đó, tọa độ các điểm $A'_1, \dots, A'_n$ trên trục số $l$ với gốc $O'$ tạo thành một tập hợp các số thỏa mãn điều kiện của điểm a). Tổng các giá trị tuyệt đối $a$ của các số này bằng tổng ở vế phải của bất đẳng thức () và hiệu giữa lớn nhất và nhỏ nhất trong số chúng là độ dài của hình chiếu của đa giác, tức là vị trí của tổng $p'$ độ dài của hình chiếu của tất cả các cạnh của nó. Bằng khẳng định a) $p'/2 \geqslant 2a/n$ và bất đẳng thức () được chứng minh.

Thứ hai lời giải. (Điều này lời giải được đề xuất bởi S. Matyushov, học sinh lớp 10 Trường Vật lý số 18 ở Mátxcơva.) Đối với bất kỳ điểm nào $A$

$$\overrightarrow{OA} = \frac{1}{n} \left( (\overrightarrow{OA}_1 + \overrightarrow{A_1A}) + \dots + (\overrightarrow{OA}_n + \overrightarrow{A_nA}) \right) =$$

$$= \frac{1}{n} \left( \overrightarrow{OA}_1 + \dots + \overrightarrow{OA}_n \right) + \frac{1}{n} \left( \overrightarrow{A_1A} + \dots + \overrightarrow{A_nA} \right) =$$

$$= \frac{1}{n} \left( \overrightarrow{A_1A} + \dots + \overrightarrow{A_nA} \right).$$

Điều này ngay lập tức hàm ý sự bất bình đẳng

$$|OA| \leqslant \frac{1}{n} \left( |AA_1| + \dots + |AA_n| \right).$$

Đặt $A = A_1, A = A_2, \dots, A = A_n$ vào nó một cách liên tiếp và cộng tất cả các bất đẳng thức thu được, chúng ta thấy rằng

$$d = |OA_1| + \dots + |OA_n| \leqslant \frac{2}{n} \sum |A_iA_j|$$

(**)

(mỗi số hạng $|A_iA_j|$, $1 \leqslant i < j \leqslant n$ được tính vào tổng một lần nên được biểu thị bằng tổng độ dài các cạnh và đường chéo của đa giác).

Đối với $n$ lẻ có $n$ cạnh, $n$ đường chéo cắt 1 đỉnh, $n$ đường chéo cắt 2 đỉnh, …, $n$ đường chéo cắt $\frac{n-3}{2}$ đỉnh. Độ dài của đường chéo cắt các đỉnh $k$ không vượt quá độ dài của đường đứt liên kết $(k+1)$ tính từ cạnh của đa giác nối các đầu của đường chéo. Do đó, tổng độ dài các đường chéo như vậy không quá $(k+1)p$, trong đó $p$ là chu vi của đa giác và (**) được viết lại như sau:

$$d \leqslant \frac{2}{n} \left( p + 2p + \dots + \frac{n-1}{2} p \right) = \frac{n^2 - 1}{4n} p,$$

nghĩa là, $p \geqslant \frac{4n}{n^2 - 1} d.$

33

Đối với $n$ chẵn, sự khác biệt là số đường chéo cắt các đỉnh $n/2$ là $n/2$. Vì độ dài của mỗi trong số chúng không lớn hơn $p/2$, từ (**) chúng ta thu được

$$d \leq \frac{2}{n} (p + 2p + \dots + \frac{n-2}{2} p + \frac{n}{4} p) = \frac{n-2}{4} p + \frac{1}{2} p = \frac{n}{4} p,$$

nghĩa là, $p \geq 4d/n$.

c) Từ lời giải điểm 6) suy ra rằng đối với $n$ lẻ thì ước tính chính xác hơn: $p \geq \frac{4n}{n^2-1} d > \frac{4d}{n}$. Không thể làm rõ thêm được nữa. Thật vậy, hãy để $n = 2k$ hoặc $n = 2k+1$. Xét một “$n$-gon” suy biến với các đỉnh $k$ tại một điểm và các đỉnh $n-k$ còn lại ở một điểm khác. Dễ dàng nhận thấy rằng tỷ lệ $p/d$ đối với “$n$-gon” như vậy hoàn toàn bằng $4/n$ đối với $n = 2k$ và $4n/(n^2-1)$ đối với $n = 2k+1$. Rõ ràng là có thể mở rộng một chút các đỉnh của nó để hình thành một lồi $n$-gon “thực”, trong khi các giá trị của $p/d$ sẽ khác một chút so với các ranh giới mà chúng tôi đã chỉ ra như mong muốn.

V. Prasolov

M748. a) Có thể có một số hữu hạn parabol trên một mặt phẳng sao cho diện tích bên trong của chúng bao phủ toàn bộ mặt phẳng không? (Chúng ta gọi vùng bên trong của parabol là hình lồi có ranh giới là parabol này.)

6)* Có một số đầu không giao nhau trong không gian. Chứng minh rằng chúng không thể di chuyển sao cho chúng bao phủ toàn bộ không gian. (Ở đây chúng ta gọi hình nón là một hình lồi không giới hạn thu được nhờ xử lý neotorodo uel xung quanh bissertis của nó.)

Hình 1.

Hình 2.

a) Hãy vẽ một đường thẳng tùy ý không song song với bất kỳ trục nào của parabol. Một đường thẳng như vậy chỉ có thể giao nhau với vùng bên trong của bất kỳ parabol nào dọc theo một khoảng. Trên thực tế, phương trình parabol trong một hệ tọa độ nhất định có dạng $y = ax^2$ ($a > 0$), và phương trình đường thẳng có dạng $y = kx + l$; Trục hoành của các điểm thuộc phần bên trong của parabol thỏa mãn bất đẳng thức $kx + l > ax^2$, tập lời giải trong đó trống. Hoặc là khoảng $x_1 < x < x_2$, trong đó $x_1$ và $x_2$ là nghiệm của phương trình $ax^2 - kx - l = 0$.

Từ đó, trên đường vẽ anh ta sẽ tìm thấy các điểm không thuộc bất kỳ vùng bên trong nào của parabol.

6. Cho $O$ là một điểm tùy ý trong không gian và $K'$ là một hình nón thu được từ hình nón $K$ có ​​đỉnh $Q$ bằng cách dịch song song lấy điểm $Q$ tới điểm $O$. Chúng ta hãy vẽ một tia tùy ý $l$ có gốc tọa độ tại điểm $O$. Chúng ta hãy xem xét các phần của các đầu $K$ và $K'$ bằng một mặt phẳng đi qua tia $l$ và điểm $Q$ (Hình 1). Nó cắt các hình nón ở hai góc có các cạnh song song; Sử dụng cách này, có thể dễ dàng xác minh rằng tia $l$ cắt hình nón $K$ dọc theo tia khi và chỉ khi nó nằm hoàn toàn trong hình nón $K'$. Ngược lại, tia $l$ cắt hình nón $K$ dọc theo một đoạn hoặc tại một điểm $Q$ hoặc không cắt nhau chút nào.

Bây giờ chúng ta cắt các đỉnh của tất cả các đầu tại điểm $O$ và chứng minh rằng không có hai hình nón $K'_1$ và $K'_2$ có ​​điểm chung $A \neq O$. Khi đó tia $l = [OA)$ được chứa trong mỗi tia đó. Như đã chỉ ra, trong trường hợp này, tia $l$ giao với hình nón $K_1$ dọc theo một số tia $l_1$ và với hình nón $K_2$ dọc theo tia $l_2$. Nhưng khi đó tia $l_1 \cap l_2$ thuộc về các hình nón chung $K_1$ và $K_2$. Sự mâu thuẫn.

Bây giờ chúng ta hãy xem xét một hình cầu có tâm tại điểm $O$. Nó giao nhau với mỗi đầu của “bó hoa” dọc theo một “nắp hình cầu” nhất định (Hình 2). Vì tất cả các “mũ” không giao nhau theo cặp nên tổng diện tích của chúng nhỏ hơn diện tích hình cầu. Vì vậy, cho dù chúng ta di chuyển chúng xung quanh quả cầu bằng cách nào thì cũng không thể che được tên quả cầu của chúng ta. Điều này có nghĩa là đối với bất kỳ vị trí nào của các đầu trong không gian trên hình cầu, nó sẽ tìm thấy một điểm không bị bao phủ bởi các “mũ”. Nếu $A$ là một điểm như vậy thì tia $[OA)$ chỉ có thể giao nhau với hình nón dọc theo một số hữu hạn các đoạn. Do đó, trên tia này nó sẽ hoàn toàn tìm thấy những điểm không thuộc bất kỳ đầu nào.

A. Kuzminykh

34

M749*. a) Chứng minh rằng nếu $x_1, x_2, x_3$ là số dương thì
$$\frac{x_1}{x_2+x_3} + \frac{x_2}{x_3+x_1} + \frac{x_3}{x_1+x_2} \geq \frac{3}{2};$$
Trong những điều kiện nào thì sự bất bình đẳng này biến thành sự bình đẳng?
b) Chứng minh rằng nếu $x_1, x_2, \dots, x_n (n \geq 4)$ là số dương thì
$$\frac{x_1}{x_2+x_n} + \frac{x_2}{x_3+x_1} + \dots + \frac{x_{n-1}}{x_n+x_{n-2}} + \frac{x_n}{x_1+x_{n-1}} \geq 2,$$
Hơn nữa, sự bình đẳng chỉ có thể xảy ra với $n=4$.
c) Chứng minh rằng với $n>4$ bất đẳng thức ở phần b) là chính xác theo nghĩa là với không $n$ thì số 2 ở vế phải không thể thay thế bằng số lớn hơn.

Hình 1.

Hình 2.

a) Đặt $a=x_2+x_3, b=x_3+x_1, c=x_1+x_2$. Khi đó $x_1 = \frac{b+c-a}{2}, x_2 = \frac{a+c-b}{2}, x_3 = \frac{a+b-c}{2}$, vế trái của bất đẳng thức sẽ được viết lại như sau:
$$\frac{b+c-a}{2a} + \frac{a+c-b}{2b} + \frac{a+b-c}{2c} =$$
$$= \frac{1}{2} \left( \frac{b}{a} + \frac{a}{b} \right) + \frac{1}{2} \left( \frac{c}{a} + \frac{a}{c} \right) + \frac{1}{2} \left( \frac{b}{c} + \frac{c}{b} \right) - \frac{3}{2}.$$
Mỗi dấu ngoặc trong biểu thức này không nhỏ hơn 2 do bất đẳng thức nổi tiếng $x + \frac{1}{x} \geq 2$ cho $x>0$. Do đó, toàn bộ phía bên trái ít nhất là 3—$\frac{3}{2} = \frac{3}{2}$. Và vì $x + \frac{1}{x} = 2$ chỉ với $x=1$, nên bất đẳng thức đã được chứng minh chỉ chuyển thành đẳng thức đối với $a=b=c$.
b) Hãy chứng minh bất đẳng thức cảm ứng trên $n$. Đối với $n=4$ điều hiển nhiên là:
$$\frac{x_1}{x_2+x_4} + \frac{x_2}{x_3+x_1} + \frac{x_3}{x_4+x_2} + \frac{x_4}{x_1+x_3} =$$
$$= \frac{x_1+x_3}{x_2+x_4} + \frac{x_2+x_4}{x_1+x_3} \geq 2;$$
đẳng thức có thể xảy ra khi và chỉ khi $x_1+x_3=x_2+x_4$.
Bây giờ chúng ta hãy chứng minh bất đẳng thức cho các số dương tùy ý $x_1, \dots, x_{n+1}$, giả sử rằng nó đúng với mọi số dương $n (n \geq 4)$. Hãy chọn số nhỏ nhất $x_1, \dots, x_{n+1}$. Vì chúng tham gia vào bất đẳng thức một cách đối xứng, nên chúng ta có thể, không mất tính tổng quát, giả sử rằng đây là $x_{n+1}$. Sau đó $x_{n+1}>0$, $x_{n+1} \leq x_n$ và $x_{n+1} \leq x_1$, và do đó
$$\frac{x_1}{x_2+x_{n+1}} + \frac{x_2}{x_3+x_{n+1}} + \dots + \frac{x_n}{x_{n+1}+x_{n-1}} + \frac{x_{n+1}}{x_1+x_{n}} > \frac{x_1}{x_2+x_n} + \frac{x_2}{x_3+x_1} + \dots + \frac{x_n}{x_1+x_{n-1}} \geq 2$$
(bất đẳng thức cuối cùng được thỏa mãn bởi giả thuyết quy nạp). Trong quá trình thực hiện, chúng tôi thấy rằng đối với $n>4$ đẳng thức là bất bình đẳng.
c) Các số $x_1, \dots, x_n$ thuận tiện xếp xung quanh hình tròn; thì mỗi số hạng ở vế trái của bất đẳng thức được coi là một trong những số này chia cho tổng của hai số liền kề với nó. Đối với $n=2k$, chúng tôi xác định $x_i$ như trong Hình 1 và đối với $n=2k+1$ như trong Hình 2.
Trong trường hợp đầu tiên chúng ta nhận được tổng
$$2 \left( \frac{1}{q+1} + \frac{q}{q^2+1} + \frac{q^2}{q^3+q} + \dots + \frac{q^{k-1}}{q^{k-1}+q^{k-2}} \right) =$$
$$= 2 \left( 1 + \frac{(k-2)q}{q^2+1} \right),$$
và trong lần thứ hai -
$$\frac{1}{2q} + 2 \left( \frac{q}{q^2+1} + \frac{q^2}{q^3+q} + \dots + \frac{q^k}{q^k+q^{k-1}} \right) =$$
$$= \frac{1}{2q} + \frac{2(k-1)q}{q^2+1} - \frac{2q}{q+1} =$$

35

$$= 2 + \left( \frac{1}{2q} + \frac{2(k-1)q}{q^2+1} - \frac{2}{q+1} \right).$$

Trong cả hai trường hợp, với $q$ đủ lớn, giá trị của vế trái sẽ gần tùy ý với 2, do đó số 2 trong bất đẳng thức không thể thay thế bằng số lớn hơn.

A. Egorov

F758. Phôi cứng được kẹp giữa hai thanh dẫn hướng song song di chuyển theo hướng nằm ngang với tốc độ $\vec{v}_1$ và $\vec{v}_2$. Tại một số thời điểm, điểm tiếp xúc của phôi với các thanh dẫn hướng nằm trên đường thẳng vuông góc với các vectơ $\vec{v}_1$ và $\vec{v}_2$. Những điểm nào của phôi có vận tốc tại thời điểm này có giá trị tuyệt đối bằng $v_1$ và $v_2$?

Vận tốc của các điểm phôi hiện nằm trên đoạn $AB$ thay đổi đồng đều từ $\vec{v}_1$ tại điểm $A$ đến $\vec{v}_2$ tại điểm $B$. Do đó, tốc độ của điểm $O$ (xem hình) tại thời điểm này bằng không. Điểm $O$ là tâm quay tức thời. (Vì phôi có tính thể tích nên điểm $O$ nằm trên trục quay tức thời, vuông góc với mặt phẳng vẽ.) Rõ ràng rằng tốc độ $|\vec{v}_1|$ tại một thời điểm nhất định có các điểm phôi nằm trên một đường tròn bán kính $OA$, và tốc độ $|\vec{v}_2|$ có các điểm nằm trên một đường tròn bán kính $OB$. (Trong một phôi thể tích, các điểm có tốc độ như vậy nằm trên các bề mặt hình trụ có bán kính lần lượt bằng $|OA|$ và $|OB|$.)

S. Krotov

F759. Một thanh không trọng lượng có chiều dài $l$ với một tải trọng nhỏ $m$ ở cuối được gắn bản lề tại điểm $A$ (Hình 1) và ở vị trí thẳng đứng, chạm vào một vật có khối lượng $M$. Với một cú đẩy nhẹ, hệ thống bắt đầu di chuyển. Với tỷ lệ nào giữa $m$ và $M$ thì thanh tại thời điểm “tách” khỏi vật $M$ sẽ tạo một góc $α = \pi/6$ với đường chân trời? Tốc độ của cơ thể $M$ lúc này sẽ là bao nhiêu? Bỏ qua trence.

Khi tải trọng chạm vào vật thì tốc độ của vật bằng hình chiếu ngang của tốc độ của tải, gia tốc của vật bằng hình chiếu ngang của gia tốc của tải.

Gọi $\vec{a}$ là tổng gia tốc của tải. Khi đó chúng ta có thể viết: $\vec{a} = \vec{a}_\tau + \vec{a}_u$, trong đó $\vec{a}_u$ là gia tốc hướng tâm của tải khi nó di chuyển dọc theo một vòng tròn bán kính $l$, nghĩa là $|\vec{a}_u| = v^2/l$, trong đó $v$ là mô đun tốc độ của tải. Hình chiếu ngang của gia tốc của tải bằng (xem Hình 2)

$$a_r = a_\tau \sin \alpha - \frac{v^2}{l} \cos \alpha.$$

Cơ thể di chuyển với gia tốc như vậy. Phương trình chuyển động của cơ thể -

$$N = Ma_r = Ma_\tau \sin \alpha - M \frac{v^2}{l} \cos \alpha,$$

trong đó $N$ là lực ép bình thường tác dụng lên tải trọng. Tại thời điểm dỡ tải $N = 0$, và

$$a_\tau \sin \alpha = \frac{v^2}{l} \cos \alpha.$$

Gia tốc $a_\tau$ tại thời điểm tách ra chỉ được truyền vào tải bằng trọng lực và (xem Hình 2)

$$a_\tau = g \cos \alpha.$$

Do đó, tốc độ tại thời điểm tách bằng

$$v = \sqrt{g l \sin \alpha},$$

36

và tốc độ của cơ thể là

$$u = v \sin \alpha = \sin \alpha \sqrt{g l \sin \alpha}.$$

Theo định luật bảo toàn năng lượng, tại thời điểm thanh tạo một góc $\alpha$ với đường chân trời thì

$$m g l = m g l \sin \alpha + m \frac{v^2}{2} + M \frac{v^2 \sin^2 \alpha}{2}.$$

Thay thế vào đẳng thức này biểu thức tìm được của $v$ tại thời điểm tách và giá trị $\sin \alpha = \sin \frac{\pi}{6} = \frac{1}{2}$, ta tìm được tỷ lệ $M/m$:

$$\frac{M}{m} = \frac{2 - 3 \sin \alpha}{\sin^3 \alpha} = 4.$$

Vận tốc của vật khi nâng vật nặng bằng

$$u = v \sin \alpha = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{g l}{2}}.$$

K. Serdtsev

F760. Một quả bóng thép có khối lượng $m_2 = 1$ g được đưa vào một bình cách nhiệt chứa $m_1 = 20$ g rau xanh với tốc độ $v = 100$ m/s. Bắt đầu thay đổi nhiệt độ vào bình. Tác động của quả bóng lên thành bình và tác động của các nguyên tử lên quả bóng được coi là đàn hồi tuyệt đối.

◆

Sau một thời gian dài, quả bóng sẽ mất gần như toàn bộ tốc độ (khối lượng của nó lớn hơn khối lượng của một nguyên tử xanh gấp nhiều lần) và ta có thể giả sử rằng độ biến thiên nội năng của khí vào bình bằng động năng ban đầu của quả bóng:

$$\frac{m_2 v^2}{2} = \Delta U = \frac{3}{2} N k \cdot \Delta T = \frac{3}{2} k N_A \frac{m_1}{\mu} \cdot \Delta T,$$

(*)

trong đó $N = N_A \frac{m_1}{\mu}$ là số nguyên tử xanh trong bình, $\Delta T$ là độ thay đổi nhiệt độ của màu xanh lá cây. Cho rằng $k N_A = R$, từ (*) ta tìm được:

$$\Delta T = \frac{m_2 v^2 \mu}{3 m_1 R} \approx 0,08 \text{ K}.$$

lời giải chính xác hơn phải tính đến sự gia tăng nhiệt độ của quả bóng. Sau đó

$$\frac{m_2 v^2}{2} = c m_2 \cdot \Delta T' + \frac{3}{2} \frac{m_1}{\mu} R \cdot \Delta T'$$,

trong đó $c = 0,5 \cdot 10^3$ J/(kg K) là nhiệt dung riêng của thép. Từ đây xuất hiện $\Delta T'$:

$$\Delta T' = \frac{m_2 v^2}{2 \left[ c m_2 + \frac{3}{2} \frac{m_1}{\mu} R \right]} \approx 0,08 \text{ K}.$$

Đáp số hóa ra thực tế là giống nhau.

R. Aleksaidrov

◆

Cường độ dòng điện $I_3$ qua vôn kế $B_2$ bằng hiệu của dòng điện chạy qua ampe kế $A_1$ và $A_2$:

$$I_3 = I_1 - I_2 = 0,2 \text{ мA}.$$

Trong trường hợp này, số chỉ của vôn kế là $B_2 - U_2 = 0,25 \text{ B}$. Do đó, điện trở của vôn kế $B_2$ và $B_1$

$$R_{B1} = R_{B2} = U_2/I_3 = 12,5 \cdot 10^2 \text{ Ом}.$$

Dòng điện chạy qua vôn kế $B_1 - I_1 = 1,1 \text{ мA}$; trong trường hợp này, vôn kế $B_1$ hiển thị

38

F764. Sóng xung kích là vùng có áp suất cao lan truyền với tốc độ cao v theo hướng trục X (Hình 1); lúc sóng tới, áp suất tăng mạnh từ p0 lên 2p0. Trên đường truyền sóng có một hình nêm, kích thước của hình nêm như hình 2, khối lượng của hình nêm là m. Cái nêm sẽ đạt được tốc độ bao nhiêu ngay sau khi mặt sóng xung kích đi qua nó? Giả sử rằng tốc độ thu được của nêm nhỏ hơn nhiều so với tốc độ truyền sóng; ma sát là không đáng kể.

$$v_A = \frac{v}{2\sqrt{1 - \left(\frac{d}{2R}\right)^2}}$$

S. Krotov

HÃY CHỌN GỐC THAM CHIẾU THEO TRỤC X NHƯ HÌNH 2. Khi đó lực tác dụng lên nêm chỉ phụ thuộc vào tọa độ x của mặt sóng xung kích. Hình chiếu ngang của lực này bằng

$$F_x = p_0 c x \ t g a = \frac{p_0 c x a}{b} = \frac{p_0 c v t a}{b},$$

trong đó x = vt là tọa độ của mặt sóng tại thời điểm t tính từ thời điểm bắt đầu truyền sóng qua nêm. Gia tốc truyền vào nêm tại thời điểm cho trước bằng

$$a_t = \frac{F_X}{m} = \frac{p_0 c a}{b m} \ v t.$$

Tại thời điểm t0, khi mặt sóng tới mép xa của nêm, tức là tọa độ của mặt sóng sẽ bằng b = vt0 thì gia tốc của nêm sẽ là

$$a_t0 = \frac{p_0 c a}{m}.$$

Hình 1.

Hình 2.

Vì nêm phụ thuộc tuyến tính theo thời gian nên để tính tốc độ u của nêm tại thời điểm t0, ta sử dụng giá trị gia tốc trung bình acp = \frac{p_0 ca}{2m}:

$$u = a_{cp} t_0 = \frac{p_0 abc}{2mv}.$$

Khi trọng lượng của nêm được đặt vào vùng có áp suất tăng lên, lực ròng tác dụng lên nêm sẽ bằng không.

Có thể thấy rằng điều kiện u << v có nghĩa là

$$p_0 \ll 2mv^2/abc.$$

A. Buedin

F765. Hiện nay, công suất của tất cả các nguồn năng lượng trên Trái Đất sử dụng con người là ΔP = 10^{13} W, còn công suất của năng lượng mặt trời đi vào Trái Đất là P0 = i\theta^{17} W. Quá nóng đến mức nào ΔT

Giả sử rằng công suất P phát ra từ một vật nóng có liên hệ với nhiệt độ tuyệt đối T ở mức độ phụ thuộc P = σT^n, trong đó σ là một số hệ số tỷ lệ. Khi đó đối với hai nhiệt độ của vật bức xạ T1 và T2 ta thu được:

$$P_1 = \sigma T_1^n, \quad P_2 = \sigma T_2^n, \quad \frac{P_1}{P_2} = \left(\frac{T_1}{T_2}\right)^n.$$

39

Các bề mặt của Trái đất có được điều khiển bởi các nguồn năng lượng trên mặt đất không? Giá trị tối đa cho phép $\Delta P_{\text{max}}$ là bao nhiêu nếu mức quá nhiệt tối đa từ các thông báo môi trường không được vượt quá giá trị $\Delta T_{\text{max}} = 0,1$ K? Được biết, năng lượng mà cơ thể phát ra trong một đơn vị thời gian tăng 16 lần khi nhiệt độ tuyệt đối của cơ thể tăng lên 2 lần.

Từ đây có thể dễ dàng thu được bằng cách sử dụng dữ liệu bài toán, rằng $n = 4$.

Vì vậy, $P = \sigma T^4$. Bây giờ bạn có thể viết:

$$P_0 + \Delta P = \sigma (T_0 + \Delta T)^4 \approx \sigma T_0^4 (1 + 4 \frac{\Delta T}{T_0} + \dots).$$

Vì $\Delta T/T_0 \ll 1$, các số hạng cấp hai trở lên có thể bị loại bỏ trong biểu thức cuối cùng. Sau đó chúng tôi nhận được:

$$\Delta P = 4P_0 \frac{\Delta T}{T_0}.$$

Từ đây là:

$$\Delta P = \frac{\Delta P}{4P_0} T_0 \approx 10^{-2} \text{ K},$$

$$\Delta P_{\text{max}} = 4P_0 \frac{\Delta T_{\text{max}}}{T_0} \approx 10^{14} \text{ Bt}.$$

Như vậy, sức mạnh của tất cả các nguồn năng lượng trên Trái đất được con người sử dụng chỉ có thể tăng lên không quá 10 lần. (Tất nhiên, điều này không áp dụng cho các nguồn sử dụng năng lượng mặt trời.)

S. Kozel

F766. Đối với đèn công nghệ cao, một tụ điện phi tuyến đã được sử dụng (nó chứa đầy chất điện môi có giá trị điện môi phụ thuộc vào điện áp trường). Đồ thị của điện áp $U$ so với điện tích $Q$ của tụ điện được thể hiện trên Hình 1. Tụ điện được sạc từ pin $c$ $U_0 = 300$ V thông qua một điện trở có điện trở $R = 10$ kOhm. Tìm năng lượng tối đa của vysshiki. Ước tính số lượng tháp tối đa trong 1 phút. Giả sử ở điện áp cao tụ điện đã phóng điện hoàn toàn. Điện áp ban đầu tối thiểu là $U_1 = 250$ V.

Năng lượng tìm kiếm tối đa bằng số diện tích dưới đồ thị của đường cong $U(Q)$, bị giới hạn bởi giá trị $U = U_0 = 300$ V (trong trường hợp này là $Q \approx 0,3$ C; xem Hình 1). Để tính diện tích này, chúng ta chia đường cong $U(Q)$ thành các phần mà sự phụ thuộc $U(Q)$ có thể được coi là tuyến tính gần đúng. Dưới mỗi diện tích như vậy, diện tích bằng $U_i \cdot \Delta Q_i$. Do đó, năng lượng tìm kiếm tối đa là (xem Hình 1)

$$W \approx \left( \frac{140}{2} \cdot 0,05 + \frac{140 + 200}{2} \cdot 0,075 + \frac{200 + 300}{2} \cdot 0,175 \right) \text{ Дж} = 60 \text{ Дж}.$$

Một cách thuận tiện để tìm thời gian sạc của tụ điện từ 0 đến 250 V được gợi ý theo công thức $I \cdot \Delta t = \Delta Q$, từ đó $\Delta t = \Delta Q/I$ và

$$t_{\text{обш}} = \sum \frac{1}{I} \cdot \Delta Q.$$

Hãy vẽ đồ thị về sự phụ thuộc của $1/I$ vào $Q$ (Hình 2). Dòng điện tại một giá trị nhất định $Q$ được tìm theo biểu đồ trong Hình 1:

Hình 1.

$$I = \frac{U_0 - U}{R}.$$

Diện tích dưới đồ thị đường cong giới hạn bởi các giá trị $I = 200$ A, $Q = 0,2$ C, bằng chiều cao của tụ điện

$$t_{\text{обш}} \approx \left( \frac{33 + 100}{2} \cdot 0,125 + \frac{100 + 200}{2} \cdot 0,075 \right) c \approx 20 \text{ c}.$$

40

F767. Trong một trong những dự án sản xuất điện, người ta đã đề xuất sử dụng dòng hải lưu và từ trường Trái đất. Dự án sẽ bao gồm những điều sau đây.

Hai tấm kim loại nằm ngang được đặt trên biển, đặt chồng lên nhau cách nhau $l=100$ m; diện tích mỗi tấm là $S=1$ km$^2$. Nước biển có điện trở suất $\varrho=0,25$ Ohm m, chảy giữa các mảng từ tây sang đông với tốc độ $v=1$ m/s. Từ trường Trái đất ở một nơi nhất định là đồng nhất, hướng từ nam lên bắc; cảm ứng trường là $B=10^{-4}$ T. Xác định công suất điện tối đa có thể giải phóng trên mỗi điện áp nối với các bản.

Nước biển có độ không dẫn điện đáng chú ý, do đó khi các ion tích điện di chuyển trong từ trường Trái đất, chúng bị lệch khỏi trường Lorentz đến một trong các tấm nằm ngang. Kết quả là một điện tích không bù sẽ xuất hiện trên tấm này và một điện trường xuất hiện giữa các tấm. Trường này tác dụng lên các nano có lực hướng ngược lại với lực Lorentz. Việc nạp điện tích vào một trong các bản sẽ xảy ra cho đến khi điện trường của các điện tích này cân bằng với tác dụng của lực Lorentz. Lưu ý rằng để trạng thái cân bằng như vậy xảy ra, chỉ cần một phần rất nhỏ trong tổng số ion chảy giữa các bản lệch về phía một trong các bản là đủ.

Xác định điện áp $\mathcal{E}$ phát sinh giữa các tấm nằm ngang khi không có dòng điện giữa chúng, tức là EMF của “máy phát điện” thu được. Nếu $q$ là điện tích in thì ở điều kiện cân bằng

$$qvB=q\mathcal{E}/L \Rightarrow \mathcal{E}=vBL.$$

Nếu các tấm được nối với tải bên ngoài $R$ thì dòng điện $I$ sẽ chạy qua nó; trong khi đó sức cản của nước biển giữa các mảng. bằng $\varrho L/S$, sẽ đóng vai trò là điện trở trong của máy phát điện thu được.

Hãy xác định công suất giải phóng trên tải:

$$P=I^2R=\frac{\mathcal{E}^2R}{(\varrho L/S+R)^2}.$$

Để xác định công suất cực đại, thực tế toán học sau đây được sử dụng: với mọi $x>0$ bất đẳng thức đều được thỏa mãn

$$x+1/x \geq 2, (x+1/x)^2 \geq 4.$$

Trong công thức tính lũy thừa, chúng ta lấy lũy thừa $\varrho L/R/S$ ra khỏi ngoặc thành mẫu số:

$$P=\frac{\mathcal{E}^2R}{\varrho L/R/S(\varrho L/S+RS/L\varrho)^2}.$$

Trong công thức cuối cùng, biểu thức trong ngoặc ở mẫu số lớn hơn hoặc bằng 4. Do đó, để có lũy thừa cực đại, chúng ta có:

$$P_{\max}=\mathcal{E}^2S/4\varrho L=\frac{v^2B^2LS}{4\varrho}=1 \text{ Вт}.$$

(Lưu ý rằng công thức này tương ứng với trường hợp tải ngoài bằng điện trở trong của máy phát.)