Lời giải bài toán M750—M758; F768—F777

21

gửi kèm một phong bì có ghi địa chỉ và không dán tem - chúng tôi sẽ sử dụng phong bì này để gửi cho bạn kết quả chỉnh sửa. Cuối năm học chúng tôi tổng kết kết quả Hội thi Toán lượng tử. Nếu bạn có một vấn đề ban đầu cần đề xuất xuất bản, vui lòng gửi nó cho chúng tôi dưới bìa riêng, thành hai bản (bằng tiếng Nga hoặc tiếng Anh), bao gồm cả giải pháp. Trên phong bì viết “VẤN ĐỀ MỚI TRONG VẬT LÝ (hoặc TOÁN HỌC)” với mặt phẳng nằm ngang và góc $\varphi$ với đường thẳng $AB$ (xem Hình 1). Với tốc độ ban đầu tối thiểu là bao nhiêu thì vật sẽ chuyển động mà không tách ra khỏi bề mặt ống?

S. Krotov

P789. Một chi tiết có đáy phẳng, được tạo hình trên máy tiện, được đặt bên trong một thùng chứa để đổ nước vào. Hình 2 cho thấy lực $F$ mà chi tiết ép xuống đáy phụ thuộc vào mực nước $H$ trong ngăn chứa (không có nước thấm dưới đáy chi tiết). Sử dụng biểu đồ để xác định diện tích đáy của chi tiết, thể tích của nó và mật độ của vật liệu mà nó được tạo ra. Tạo một bản phác thảo gần đúng của chi tiết. Ở độ cao nào thì diện tích mặt cắt ngang của nó bằng diện tích đáy của nó?

D. Belov

P790. Một thanh có khối lượng $m$ được gắn vào tường bằng lò xo có độ cứng $k$. Thanh thứ hai có cùng khối lượng nằm cách thanh thứ nhất một khoảng $d$ (hình Hình 3). Thanh thứ hai phải đạt tốc độ tối thiểu bao nhiêu để thanh thứ nhất trở về vị trí ban đầu sau khi các thanh va chạm với nhau? Hệ số ma sát của các thanh trên bề mặt không phụ thuộc vào vận tốc và bằng $\mu$; va chạm có thể được coi là hoàn toàn đàn hồi.

V. Peterson

P791. A cylindrical receptacle closed by a piston contains 1 mole of ideal monoatomic gas. The piston’s mass is $M$, its area is $S$. What quantity of heat must be supplied to the gas in unit time to make the piston move uniformly upward with velocity $v$? The atmospheric pressure is $p_0$. There is no friction between the piston and the walls of the receptacle.

D. Podlesnyi

P792*. A two-wire telephone line links Moscow and Leningrad. The resistance of one meter of the wire is $r = 0.05$ Ohm. Because of imperfections in the insulation, the resistance between the two wires is $R = 10^7$ Ohm per meter of the line. A source of tension $U = 100$ v is switched on to the ends of the wire in Moscow. What will the voltmeter reading be a) at the ends of the line in Leningrad? b) in the middle of the line?

Z. Rafailov

Lời giải bài toán

M750—M758; F768—F777

Trong lời giải chúng tôi sử dụng “nguyên tắc Direkle”* nhiều lần.

a) Điểm này là trường hợp đặc biệt của các mệnh đề sau.

b) Xét một dải giấy nằm ngang có chiều rộng $lN$ (Hình 1). Nó bao gồm vô số cột có chiều cao $lN$. Giữa chúng có $m$ cột được tô màu giống hệt nhau (tổng số cột có màu khác nhau của cột hữu hạn). Chúng ta hãy vẽ $m$ các đường thẳng đứng qua các cột này.

Vì mỗi cột đã chọn được tô màu bằng $N$ màu, nên sẽ có một màu xuất hiện ở một (và do đó ở bất kỳ) cột nào trong số chúng ít nhất $l$ lần (nếu không thì chiều cao của cột nhỏ hơn $lN$). Thông qua các ô có màu này, chúng ta sẽ vẽ các đường ngang $l$.

b) Tô màu các ô là đỏ và xanh. Chúng ta hãy xem xét các hình vuông không giao nhau hoàn toàn $3 \times 3$ nằm dọc theo “đường chéo” (Hình 2).

*) Ví dụ, xem bài viết của V. Boltyansky năm «Kvant», 1977, số 2.

22

Sẽ có hai hình vuông có màu giống nhau (số cách tô màu hình vuông 3x3 bằng 2 màu là hữu hạn). Trên đường chéo của mỗi ô vuông có 2 ô cùng màu (ở hình 2 là ô màu đỏ). Chúng ta hãy xem xét các ô được tạo ra từ sự giao nhau của các sọc dọc và ngang đi qua các ô màu đỏ này. Nếu ít nhất một trong số chúng có màu đỏ thì vấn đề đã được giải quyết. Nếu không, thì tất cả chúng đều có màu xanh lam và có thể dễ dàng chọn ba trong số chúng sao cho tâm của chúng tạo thành một tam giác vuông cân.

d) Ta sẽ lập luận tương tự với cách giải điểm c). Chúng ta hãy xem xét một chuỗi vô hạn các hình vuông khá lớn nằm theo đường chéo (ý nghĩa của “đủ lớn” sẽ được tìm hiểu bên dưới). Trong số đó sẽ luôn có hai màu giống hệt nhau. Giả sử cạnh của một hình vuông lớn sao cho có thể đặt các hình vuông 4x4 lớn hơn dọc theo đường chéo của nó so với số cách tô màu hình vuông 4x4 bằng 3 màu. Khi đó trên đường chéo của mỗi hình vuông lớn giống hệt nhau mà chúng ta đã chọn sẽ có ít nhất 2 hình vuông 4x4 có màu giống hệt nhau (Hình 3). Trên đường chéo của mỗi ô có ít nhất 2 ô được bao quanh bằng nhau (và nằm ở vị trí bằng nhau) - trong Hình 3, tâm của chúng được đặt bằng các chấm màu đỏ; 4 ô tương ứng của các hình vuông có tâm màu xanh lam này, cũng như 2 ô tương ứng của các hình vuông lớn có tâm màu vàng, có cùng màu. Nếu hoa của hai trong số ba nhóm ô được chỉ định trùng nhau thì rõ ràng một trong các hình tam giác được đánh dấu trong Hình 3 sẽ là hình mong muốn. Mặt khác, chúng ta có thể giả định rằng màu sắc của tất cả các ô này trùng với màu của tâm chúng. Sau đó, với bất kỳ màu nào trong ba màu - vàng, xanh lam hoặc đỏ - ô có tâm màu đen được bao quanh (xem Hình 3), một trong ba tam giác vuông cân có một đỉnh chung ở tâm này và hai đỉnh khác ở các điểm màu vàng, hoặc ở cực xanh hoặc ở cực đỏ sẽ là “một màu”.

S. Miễn phí

Bài kiểm tra bài toán này có liên quan đến cái gọi là “Định lý cấp tiến Van der Waerden”, mà chúng ta sẽ nói đến trong một trong những số sắp tới.

M751. Trên đường tròn có 3k điểm được đánh dấu, chia thành 3k điểm, trong đó k đường thẳng có độ dài bằng 1, nếu k đường thẳng có độ dài bằng 2 và k điểm còn lại có độ dài bằng 3. Chứng minh rằng trong số các điểm đã đánh dấu có hai đường kính đối diện nhau.

Hình 1.

Chúng ta hãy chia các cung có độ dài 2 và 3 tạo thành các vòng tròn thành các phần bằng nhau có độ dài 1 và đánh dấu các điểm phân chia k+2k=3k này bằng màu đen và dữ liệu theo điều kiện 3k điểm bằng màu đỏ. Tổng cộng 6k điểm sẽ được đánh dấu - các đỉnh của 6k-giác thông thường (Hình 1). Tiếp theo chúng ta sẽ tranh luận bằng sự mâu thuẫn.

Giả sử phát biểu bài toán là sai thì mỗi điểm của đường tròn L0 đã cho đối diện theo đường kính với một điểm đen được đánh dấu. Do đó, đối diện với mỗi k song ca có độ dài 1 với các đầu màu đỏ là một cung có chiều dài 1 với các đầu màu đen, nghĩa là phần giữa của một trong k song ca có độ dài 3 với các đầu màu đỏ (xem Hình 1). Hãy cắt hai cung đơn vị đối diện như vậy từ hình tròn L0 và tạo một hình tròn L1 mới từ hai cung lớn còn lại (Hình 2); nó sẽ bao gồm các cung đơn vị 6k-2, các đầu của chúng có màu đỏ 3k-1 và cùng số điểm đen. Trong trường hợp này, các điểm đối xứng đường kính của đường tròn L0 sẽ đi đến các điểm đối diện của đường tròn L1, do đó màu đen sẽ tiếp tục nằm đối diện với mỗi điểm. Các chấm đỏ sẽ chia L1 thành các phần có độ dài 1, 2 hoặc 3 và sẽ có k-1 phần đơn - ít hơn 1 phần so với trước khi tái cơ cấu, k+1 phần đôi - nhiều hơn 1 và ba, giống như phần đơn, ít hơn 1.

23

Hình 2.

M752. Một bảng vuông gồm $n \times n$ ô chứa đầy các số nguyên. Hơn nữa, trong các ô có cạnh chung, các số được viết khác với các số khác không quá 1. Chứng minh rằng có ít nhất một số xuất hiện trong bảng:

a) không ít hơn $|n/2|$ lần ($|a|$ là phần nguyên của $a$);
b) không ít hơn $n$ lần.

Hình 1.

Hình 2.

$k-1$ - Ít hơn 1 so với trước perestroika, đánh đôi sẽ là $k+$ - thêm 1, và gấp ba, giống như đánh đơn, sẽ ít hơn 1.

Thao tác loại bỏ hai người bạn có độ dài 1 này cũng có thể được thực hiện với $L_1$, sau đó - với vòng tròn kết quả $L_2$ v.v., tổng cộng $k$ lần (nhiều như có những đĩa đơn đầu tiên - và gấp ba lần đối lập với chúng - mỗi cái có đầu màu đỏ). Kết quả sẽ là một vòng tròn $L_k$, bao gồm các bạn có độ dài 1, các đầu của chúng là $2k$ màu đỏ và $2k$ chấm đen, đối diện mỗi chấm đỏ như trước sẽ có một chấm đen. Mặt khác, các đoạn có chiều dài 1 hoặc 3 có đầu màu đỏ $L_k$ không còn tồn tại (ở mỗi bước số lượng cả hai đều giảm đi 1), tức là các chấm đỏ sẽ tách ra $L_k$ TRÊN $2k$ các phần có độ dài bằng nhau (chiều dài 2). Vì vậy, đối diện với mỗi chấm đỏ phải có một chấm đỏ.

Đã thu được mâu thuẫn cần thiết.

Theo cách tương tự, một tuyên bố tương tự được chứng minh cho một vòng tròn được chia thành $k$ đơn vị, $l$ đôi và $k$ ba người bạn, trong đó $k+l$ là một số chẵn.

V. Dubrovsky

Chúng ta sẽ cần những thứ sau

Bổ đề. Chúng ta có một chuỗi gồm $N$ ô của bảng (mỗi ô giáp ô trước đó ở một cạnh chung), ở các ô ngoài cùng được viết các số $a$ và $b$ (Hình 1). Sau đó $|a-b| \leq N-1$; 2) bất kỳ số chuỗi $x$ nào, nằm giữa $a$ và $b$, đều được viết vào một trong các ô của chuỗi.

Bằng chứng. Đặt $x_i$ là số được viết trong ô thứ $i$ của chuỗi, khi đó câu lệnh suy ra từ thực tế là

$$|a-b| = |a-x_2 + x_2-x_3 + \ldots + x_{N-1}-b| \leq |a-x_2| + |x_2-x_3| + \ldots + |x_{N-1}-b|,$$

và hiệu của hai số liền kề không lớn hơn 1. Khi chứng minh khẳng định thứ hai, nhằm mục đích định nghĩa, chúng ta sẽ giả sử rằng $a < x \leq b$. Chúng ta hãy di chuyển dọc theo chuỗi từ ô đầu tiên (có số $a$) và tìm ô cuối cùng vẫn chứa số không vượt quá $x$. Ô này chính là ô mà chúng ta đang tìm kiếm: nó chứa $x$, vì ô tiếp theo cũng sẽ chứa một số không vượt quá $x$ (xét cho cùng, các số trong các ô lân cận khác nhau không quá 1).

a) Đặt $M$ và $m$ là số nhiều nhất và nhiều nhất trong bảng. Vì hai ô bất kỳ có thể được kết nối bằng một chuỗi gồm nhiều nhất $2n-1$ ô, nên từ bất đẳng thức của bổ đề mà $|M-m| \leq 2n-2$. Do đó, không có nhiều hơn $2n-1$ số khác nhau trong bảng, nghĩa là ít nhất một trong số chúng được viết trong không ít hơn $[n^2/(2n-1)]$ ô. Nhưng $n^2/(2n-1) > n/2$, từ câu a) tiếp theo.

b) Đặt $M_k$ và $m_k$ là số nhiều nhất và nhiều nhất trong cột thứ $k$. Nếu có một số $x$ sao cho $m_k \leq x \leq M_k$ cùng một lúc cho tất cả $k$ từ 1 đến $n$, thì theo câu lệnh thứ hai của bổ đề, số $x$ xuất hiện trong mỗi cột, tức là ít nhất $n$ lần. Nếu không có số đó, thì đối với một số số $k$ và $l$, chúng ta có $m_k \leq M_k < m_l \leq M_l$, nghĩa là bất kỳ số nào trong cột thứ $k$ đều nhỏ hơn số trong cột thứ $l$. Áp dụng câu lệnh tương tự cho số $y$, nằm giữa $M_k$ và $m_l$, cũng như chuỗi ngang giữa cột thứ $k$ và $l$, chúng ta thấy rằng số $y$ được viết thành từng dòng và do đó không ít hơn $n$ lần.

Không thể thay thế số $n$ trong bài toán 6) bằng số lớn hơn, như minh họa trong bảng ở Hình 2.

A. Berzin

24

M753. Các số a, b, c nằm trong khoảng [0, π/2] và thỏa mãn các đẳng thức
cos a=a,
sin cos b=b,
cos sin c=c.

Sắp xếp các số này theo thứ tự tăng dần.

Đáp số: b<a<c. Để chứng minh, hãy lưu ý rằng vì sin x<x với mọi x dương và cos x tiêu diệt trong khoảng ]0; π/2 [, với mọi x∈]0; π/2 [bất đẳng thức kép sau đây đúng:
sin cos x<cos x<cos x.

Từ đó suy ra rằng
b=sin cos b<cos b, cos c<cos sin c=c,
đó là
cos b-b>0=cos a-a>cos c-c.

Nhưng hàm y=cos x-x sẽ bị hủy trong khoảng ]0; π/2 [, do đó b<a<c.

S. Gessi

M754. a) Có đa thức không?
P=P(x,y,z),
Q=Q(x,y,z),
R=R(x,y,z)
từ các biến x, y, z cũng vậy, mà danh tính nắm giữ
(x-y+1)³P+(y-z-1)³Q+
+(z-2x+1)³R=1?
6) Câu hỏi tương tự về danh tính
(x-y+1)³P+(y-z-1)³Q+
+(z-x+1)³R=1.

a) Đáp số: không tồn tại. Chú ý rằng hệ phương trình
x-y+1=0, y-z-1=0, z-2x+1=0
có lời giải (x,y,z)=(1,2,1). Khi thay thế các giá trị này của các biến vào danh tính đang được xem xét, các đa thức tại đa thức P, Q và R, cùng với chúng là toàn bộ phần, biến mất và danh tính bị vi phạm, bất kể chúng ta chọn đa thức nào.

6. Đáp số: tồn tại. Đặt f=x-y+1,
   g=y-z-1, h=z-x+1, sau đó f+g+h=1 cho tất cả các giá trị của x, y và z. Nâng đẳng thức cuối cùng lên lũy thừa bảy, chúng ta thấy rằng 1 được biểu diễn dưới dạng tổng các số hạng có dạng f⁵·g⁵·h⁵, trong đó k, l, m ≥0 và k+l+m=7, nghĩa là ít nhất một trong các số k, l, m không nhỏ hơn 3. Do đó, mỗi số hạng này đều chia hết cho f³, g³ hoặc h³. Nhóm tất cả các số hạng chia hết cho f³ và lấy f³ ra khỏi ngoặc, chúng ta thu được f³·P. Nhóm các số hạng còn lại chia hết cho g³, chúng ta thu được g³·Q. Tổng các số hạng còn lại bằng h³·R (P, Q và R là một số đa thức trong x, y, z). Kết quả là chúng ta có được một danh tính có dạng mong muốn:
   f³·P+g³·Q+h³·R=1.

P. Gusyatnikov,
Yu. Nesterenko

Biên tập. Những bài toán này cho thấy định lý tổng quát là đúng: nếu các đa thức F₁, F₂, …, Fₙ (của một hoặc nhiều biến) không biến mất đồng thời, thì người ta cũng sẽ tìm thấy các đa thức P₁, P₂, …, Pₙ sao cho F₁P₁+F₂P₂+…+FₙPₙ=1. Định lý này thực sự đúng nếu chúng ta tính đến không chỉ các giá trị thực mà còn cả các giá trị phức của các biến*). Hơn nữa, định lý này là một trường hợp đặc biệt về ý nghĩa của định lý gốc Hilbert: nếu đa thức G biến mất đối với tất cả các giá trị (phức) của các biến mà F₁=0, …, Fₙ=0 cùng một lúc, thì tồn tại các đa thức P₁, P₂, …, Pₙ và một số tự nhiên r, sao cho

F₁P₁+F₂P₂+…+FₙPₙ=G'.

Trên các tia hỗ trợ điểm M với các đỉnh của một khối thập diện cho trước, chúng ta lấy các điểm A, B, C và D cách M một khoảng bằng 1. Rõ ràng, điểm M sẽ nằm bên trong khối tứ diện mới ABCD và các cạnh của nó có thể nhìn thấy được từ điểm này dưới cùng một hình.

*) Tôi nói về số phức trong bài viết của L. Pontryagin năm «Kvant», 1982, số 3, 4.

25

các góc bằng các cạnh của một tứ diện đã cho. Do đó, không mất tính tổng quát, chúng ta có thể thay tứ diện này bằng $ABCD$.

Đầu tiên là lời giải. Vì điểm $M$ nằm bên trong tứ diện nên tia $DM$ đi vào bên trong góc tam diện của nó tại đỉnh $D$ và do đó cắt mặt phẳng $ABC$ tại một điểm nào đó $P$ và điểm $P$ nằm bên trong tam giác $ABC$ (Hình 1). Giả sử cosin của các góc $AMD, BMD$ và $CMD$ lớn hơn 1/3 (nếu không thì không có gì phải chứng minh). Khi đó bản thân các góc này nhỏ hơn $\varphi = \arccos(-1/3)$, nghĩa là các góc $AMP, BMP$ và $CMP$ lớn hơn $180^\circ - \varphi$. Theo đó, độ dài của các đoạn $AP, BP$ và $CP$ lớn hơn sin $\varphi$.

Thật vậy, chúng ta hãy lấy đoạn $AP$ làm ví dụ. Nếu góc $AMP$ nhọn thì sin $\overrightarrow{AMP} > \sin(\pi - \varphi) = \sin \varphi$. Đồng thời, $|AP|$ sẽ không vượt quá khoảng cách từ điểm $A$ đến đường thẳng $MP$, bằng $|AM| \cdot \sin \overrightarrow{AMP} > 1 \cdot \sin \varphi$ (xem Hình 1). Nếu góc $AMP$ tù hoặc vuông thì $AP$ là cạnh dài nhất trong tam giác $AMP$ và $|AP| > |AM| = 1 > \sin \varphi$.

Vì điểm $P$ nằm bên trong tam giác $ABC$ nên một trong các góc $APB, BPC$ và $CPA$ ít nhất là $120^\circ$. Đặt $\overrightarrow{APB} \ge 120^\circ$, sau đó

$$|AB|^2 = |AP|^2 + |BP|^2 - 2|AP| \cdot |BP| \cdot \cos \overrightarrow{APB} > \sin^2 \varphi + \sin^2 \varphi - 2 \sin^2 \varphi \cdot \cos 120^\circ = 3(1 - \cos^2 \varphi) = \frac{8}{3}.$$

Mặt khác, đặt $\alpha = \overrightarrow{AMB}$, ta có

$$|AB|^2 = |AM|^2 + |BM|^2 - 2|AM| \cdot |BM| \cos \alpha = 2(1 - \cos \alpha).$$

Vì vậy, $2(1 - \cos \alpha) > 8/3$; do đó $\cos \alpha < -1/3$.

Thứ hai lời giải. Chúng ta hãy biểu thị các vectơ $\overrightarrow{MA}, \overrightarrow{MB}, \overrightarrow{MC}$ và $\overrightarrow{MD}$ bằng $e_1, e_2, e_3, e_4$ (Hình 2). Vì điểm $M$ nằm bên trong tứ diện nên không có ba điểm nào bổ sung cho nhau. Hãy mở rộng vectơ $e_4$ sang ba vectơ còn lại:

$$e_4 = y_1 e_1 + y_2 e_2 + y_3 e_3.$$

Lưu ý rằng các hệ số $y_1, y_2$ và $y_3$ là khác nhau. Thật vậy, ví dụ, khoảng cách là $y_3$. Vectơ $e_4$ là tổng của vectơ $y_1 e_1 + y_2 e_2 = \overrightarrow{MK}$, trong đó $K$ là một điểm nào đó của mặt phẳng $ABM$ và vectơ $\overrightarrow{KD} = y_3 e_3$, vectơ thẳng hàng $e_3$ (xem Hình 2). Điểm $M$ nằm bên trong khối tứ diện nên các điểm $C$ và $D$ nằm đối diện nhau trên các cạnh của mặt phẳng $ABM$, nghĩa là các vectơ $\overrightarrow{MC} = e_3$ và $\overrightarrow{KD} = y_3 e_3$ có hướng ngược nhau, tức là $y_3 < 0$.

Chúng ta đặt $x_i = -y_i$ cho $i = 1, 2, 3$ và $x_4 = 1$, sau đó kết quả phân rã của vectơ $e_4$ sẽ được viết lại dưới dạng

$$x_1 e_1 + x_2 e_2 + x_3 e_3 + x_4 e_4 = 0,$$

và tất cả các số $x_i$ đều dương. Đặt $x_1$ là số vô hướng lớn nhất (1) của vectơ $e_1$:

$$x_1 + x_2 \cos \alpha_2 + x_3 \cos \alpha_3 + x_4 \cos \alpha_4 = 0,$$

trong đó $\alpha_i$ là góc giữa các vectơ $e_1$ và $e_i$ ($i = 2, 3, 4$) và sắp xếp lại các số hạng:

$$\left( x_1 - \frac{1}{3} \left( x_2 + x_3 + x_4 \right) \right) + x_2 \left( \cos \alpha_2 + \frac{1}{3} \right) + x_3 \left( \cos \alpha_3 + \frac{1}{3} \right) + x_4 \left( \cos \alpha_4 + \frac{1}{3} \right) = 0.$$

Số hạng đầu tiên ở vế trái không âm, vì $x_1 \ge x_i$ cho $i = 2, 3, 4$; do đó ít nhất một trong các số hạng còn lại không dương: $x_i \left( \cos \alpha_i + \frac{1}{3} \right) \leq 0$ đối với một số $i$. Nhưng $x_i > 0$; do đó $\cos \alpha_i < -1/3$.

Hãy thực hiện hai sự thay thế. Thứ nhất, 1/3 được xây dựng không thể giảm trong các điều kiện, như ví dụ về tứ diện đều $ABCD$ và tâm của nó $M$ cho thấy. Trong trường hợp này

27

M758*. Hỏi số cesels nhỏ nhất phải loại bỏ khỏi dãy 1, 2, 3, …, 1982 là bao nhiêu để không có cesels nào bằng tích của 2 cesels còn lại?

Đáp số: 43 cel; Bạn có thể gạch bỏ cel 2, 3, …, 44.

Nếu chúng ta gạch bỏ 43 cel được chỉ định thì điều kiện bài toán sẽ được thỏa mãn hoặc tích của bất kỳ hai cel nào còn lại (không bao gồm 1) sẽ lớn hơn $45^2 = 2025 > 1982$. Bây giờ chúng ta hãy chứng minh rằng nếu chúng ta gạch đi ít hơn 43 cel thì vẫn còn lại 3 cel, tích của hai trong số đó bằng tích của cái thứ ba.

Hãy xem xét 43 bộ ba cels
$(2, 87, 2 \cdot 87), (3, 86, 3 \cdot 86), ..., (44, 45, 44 \cdot 45)$.

Vì hàm $x \cdot (89 - x)$ trên khoảng [2; 44] sẽ tăng, tất cả các cel được tính toán đều khác nhau và không vượt quá 44 · 45 = 1980 < 1982. Nếu bạn gạch bỏ dưới 43 cel thì ít nhất một trong các bộ ba được tính toán sẽ vẫn giữ nguyên và điều kiện bài toán sẽ bị vi phạm.

L. Kurlyandchik

F768. Lực kéo hình nón di chuyển dọc theo bàn chính, nhanh chóng mài các trục của nó (xem hình). Với tốc độ v của chuyển động tịnh tiến thì con súc sắc sẽ không chạm vào cạnh bàn, rỉ ra từ nó? Trục kéo vẫn thẳng đứng. Kích thước của con sói được thể hiện trong hình.

Sau khi nhảy khỏi bàn, con sói sẽ di chuyển theo hình parabol (vòng quay chỉ ổn định vị trí thẳng đứng của trục sói). Hình chiếu ngang $v_x$ của tốc độ của con sói sẽ bằng tốc độ $v$ chuyển động tịnh tiến của nó trên bàn; hình chiếu thẳng đứng sẽ thay đổi theo thời gian theo quy luật $v_y = gt^2/2$. Sợi sẽ không chạm vào cạnh bàn nếu trong thời gian $t$, trong thời gian nó di chuyển theo chiều dọc $H$, chuyển vị ngang của nó lớn hơn hoặc bằng $r$ (xem hình). Hãy viết điều kiện này:

$$v_x\tau = v\tau \geq r, \quad \tau = \sqrt{\frac{2H}{g}}.$$

Như vậy, tốc độ chuyển động tịnh tiến của sói phải thỏa mãn điều kiện:

$$v \geq \sqrt{\frac{r^2g}{2H}}.$$

A. Zilberman

F769. Một hình trụ lớn có bán kính $R$ tựa trên hai giá đỡ có chiều cao bằng nhau (xem hình). Một giá đỡ đứng yên và giá đỡ kia nhô lên từ dưới hình trụ với tốc độ $v$. Khi đó hình trụ ép lên giá đỡ cố định với lực bằng bao nhiêu khi khoảng cách giữa các điểm tựa là $R\sqrt{2}$? Giả sử tại thời điểm ban đầu quầy hàng được đặt rất gần nhau; Không có ma sát giữa xi lanh và các giá đỡ.

Cho đến khi xi lanh rời khỏi các giá đỡ, trục sẽ luôn nằm chính xác ở giữa các giá đỡ. Do đó, hình chiếu ngang của vận tốc của trục hình trụ (điểm $O$ trong hình) bằng $v/2$. Vì tất cả các điểm trục di chuyển theo một đường tròn có tâm tại điểm $A$, nên tổng tốc độ $u_t$ của mỗi điểm trục được hướng vào bất kỳ đường vuông góc tức thời nào với bán kính $OA$. Do đó, tất cả các điểm của trục đều chuyển động với gia tốc hướng tâm $a_t = u_t^2/R$.

Viết phương trình chuyển động của điểm $O$ chiếu lên trục $Y$ (xem hình):

$$Mg \cos \alpha - N = Ma_t = M \frac{u_t^2}{R},$$

trong đó $N$ là giá trị tuyệt đối của phản lực tác dụng lên gối đỡ cố định. Theo định luật III Newton, với một lực có cùng giá trị tuyệt đối, hình trụ tác dụng lên một vật đứng yên

28

không có hỗ trợ. Từ phương trình (*) ta tìm được
$$N = Mg \cos \alpha - M \frac{u^2}{R}.$$
Tại thời điểm khoảng cách giữa các giá đỡ là $|AB| = R\sqrt{2}$,

$$\cos \alpha = \frac{R\sqrt{2}}{2R} = \frac{1}{\sqrt{2}}.$$
Hình chiếu ngang của vận tốc của điểm $O$ bằng $u_i$ cos $\alpha = v$, do đó $u = v/\sqrt{2}$. Vì vậy, tại $|AB| = R\sqrt{2}$

$$N = M \frac{g}{\sqrt{2}} - M \frac{v^2}{2R}.$$
Để hình trụ không rời khỏi các giá đỡ trước khi $|AB|$ trở thành $R\sqrt{2}$, thì điều kiện $\frac{g}{\sqrt{2}} > \frac{v^2}{2R}$ phải được thỏa mãn, tức là $v < \sqrt{gR\sqrt{2}}$.

S. Krotov

F770. Trong một xi lanh cách nhiệt đặt dưới một pít-tông nhẹ có một hỗn hợp nước và nước đá có cùng lượng nước và nước đá: $m_B = m_\pi = m = 1$ kg. Áp suất lên piston tăng dần từ giá trị ban đầu $p_0 = 10^5$ Pa lên $p_1 = 2,5 \cdot 10^6$ Pa. Xác định xem băng sẽ tan bao nhiêu và lực sẽ thực hiện bao nhiêu công. Được biết, để giảm nhiệt độ tan của băng xuống 1 độ, bạn cần đưa áp suất lên $p = 14 \cdot 10^6$ Pa.

1. Giải bài toán, giả sử nước và nước đá không nén được.

2. Đánh giá sự điều chỉnh được cung cấp bởi kế toán khả năng đọc lướt.
   Người ta biết rằng để giảm thể tích của một lượng nước nhất định đi 1% thì áp suất phải tăng lên $p' = 20 \cdot 10^6$ Pa. Lấy độ nén của nước đá bằng một nửa độ nén của nước.
   Độ lưu động nhiệt riêng của nước và nước đá - $c_B = 4,2 \cdot 10^3$ J/(kg K), $c_\pi = 2,1 \cdot 10^3$ J/(kg K); nhiệt dung riêng tan chảy của băng $\lambda = 3 \times 10^5$ J/kg, mật độ của băng $Q_\pi = 0,9Q_B$, trong đó $Q_B$ là mật độ của nước.

3. Đầu tiên, chúng ta thấy nhiệt độ của hỗn hợp giảm do áp suất bên ngoài tăng:

$$\Delta T = \frac{p_1}{p} \approx 0,17 \text{ K}.$$
Một sự thay đổi nhiệt độ nhỏ như vậy cho thấy một lượng nhỏ băng sẽ tan chảy, tức là $\Delta m \ll m_\pi$.
Hãy viết định luật bảo toàn năng lượng:

$$A = \lambda \cdot \Delta m - (c_\pi + c_B)m \cdot \Delta T.$$
Hãy ước tính giá trị công $A$ của ngoại lực. Sự thay đổi thể tích của hỗn hợp do khối lượng tan chảy $\Delta m$ của nước đá bằng

$$\Delta V = \frac{\Delta m}{Q_\pi} - \frac{\Delta m}{Q_B} = \Delta m \frac{Q_B - Q_\pi}{Q_B Q_\pi} \ll 0,1 \frac{m}{Q_\pi} \sim 10^{-4} \text{ m}^3,$$
theo,

$$A \approx p_1 \cdot \Delta V \ll 2,5 \cdot 10^2 \text{ Дж}.$$
Lượng nhiệt $\Delta Q$ cần thiết để làm nóng một khối $m$ nước đá và một khối lượng $m$ nước lên $\Delta T$ độ là

$$\Delta Q = (c_\pi + c_B)m \cdot \Delta T \approx 1,1 \cdot 10^3 \text{ Дж}.$$
Có thể thấy rằng $A \ll \Delta Q$; do đó, để ước tính, chúng ta có thể giả sử rằng $\lambda \cdot \Delta m \approx \Delta Q$, từ đó

$$\Delta m = \frac{\Delta Q}{\lambda} \approx 3,7 \cdot 10^{-3} \text{ кг}.$$
Sự thay đổi thể tích do khối băng này tan chảy bằng

$$\Delta V = \Delta m \frac{Q_B - Q_\pi}{Q_B Q_\pi} \approx 4 \cdot 10^{-7} \text{ m}^3.$$
Xét rằng khi áp suất tăng chậm $\Delta V \sim \Delta p$, ta tìm được công của ngoại lực:

$$A = \frac{1}{2} p_1 \cdot \Delta V \approx 0,5 \text{ Дж}.$$
2) Có tính đến khả năng lướt qua của băng và nước. Độ biến thiên thể tích của nước đá và nước sẽ bằng nhau

$$\Delta V' = \frac{p_1}{p'} \cdot 10^{-2} V_{\text{OB}} + \frac{p_1}{p'} \cdot 10^{-2} \frac{V_{\text{OI}}}{2},$$
trong đó $V_{\text{OB}} = 10^{-3} \text{ m}^3$ và $V_{\text{OI}} = 1,1 \cdot 10^{-3} \text{ m}^3$ là thể tích ban đầu của nước và băng. Thay thế dữ liệu số, chúng tôi tìm thấy

$$\Delta V' \approx 2 \cdot 10^{-6} \text{ m}^3.$$

29

Công $A'$ của ngoại lực tác dụng lên hỗn hợp dốc bằng

$$A' = \frac{1}{2} p_1 \cdot \Delta V' \approx 2,5 \text{ Дж}.$$

Tổng công do ngoại lực thực hiện là

$$A_\pi = A + A' \approx 3 \text{ Дж}.$$

A. Buzdin

F771. Trong mạch điện ở hình 1, diode D và cuộn dây có độ tự cảm $L$ tại thời điểm $t=0$ được nối với nguồn điện áp xoay chiều $u = U_M \cos \omega t$ bằng công tắc K. Xác định cường độ dòng điện trong cuộn dây theo thời gian; vẽ đồ thị hàm số này. Diode và cuộn dây được coi là lý tưởng. Điện trở trong của nguồn là Pretenbr.

Hình 1.

Hình 2.

Điện áp trên cuộn dây sẽ thay đổi theo thời gian theo quy luật

$$u = U_M \cos \left( \omega t + \frac{3}{2} \pi \right) = U_M \sin \omega t.$$

Vậy cuộn dây sẽ thay đổi theo quy luật

$$i = \frac{U_M}{\omega L} (1 - \cos \omega t)$$

(ở đây người ta tính đến $t = t_2$ $I = 0$).

Hình 2 hiển thị biểu đồ $u(t)$ và $i(t)$.

V. Skorovarov

F772. Vòng vây ngăn chặn đã thực hiện một cuộc hạ cánh tàn sát trên Mặt trăng. Chuồng có dạng hình đĩa bán kính $r=4 \text{ м}$; bề mặt của nó được bao phủ bởi màu đỏ đen (không phản chiếu). Có thể phát hiện ứng dụng corral bằng cách sử dụng BTA televis thế tục lớn nhất thế giới với

Do sự nhiễu xạ ánh sáng trên khung của vật thể, sử dụng tivi có thể phân biệt được hai điểm trên bề mặt Mặt Trăng nằm ở khoảng cách ít nhất

$$R = \frac{\lambda}{D} L = 40 \text{ м}.$$

Các đối tượng có kích thước nhỏ hơn $R$ không khác với đối tượng chính xác. Để đọc một lá thư, bạn cần phân biệt một số yếu tố của nó. Việc ước tính số lượng các phần tử này chỉ có thể được thực hiện một cách gần đúng. Vì

30

đường kính của vật thể $D = 6\text{ m}$, nếu một tấm nhựa quang được lắp đặt trong mặt phẳng tiêu cự và một phần bề mặt mặt trăng được hình thành ở đó vị trí ứng dụng dự định đặt?

Xin lưu ý rằng độ tương phản đáng tin cậy có thể đọc được của hình ảnh trên nhựa ảnh (nghĩa là chênh lệch tương đối tối thiểu về độ chiếu sáng của phần sáng và phần tối của hình ảnh) bằng $k = 0,05$.

Khoảng cách từ Trái đất đến Mặt trăng $L = 4 \cdot 10^5\text{ km}$; quá trình quang hóa được thực hiện dưới ánh sáng có bước sóng $\lambda = 0,6\text{ мкм}$. Để ước tính kích thước của các chữ cái do các phi hành gia đặt trên bề mặt Mặt trăng có thể được đọc khi quan sát từ Trái đất bằng kính viễn vọng BTA.

F773. Trên một mặt phẳng nghiêng gồ ghề có góc nghiêng $a$ là một vật thể được gắn vào một sợi chỉ không giãn. Đầu tự do của sợi chỉ được luồn qua một lỗ nhỏ trên mặt phẳng. Tại thời điểm ban đầu, vật nằm trên một mặt phẳng sao cho sợi dây nằm ngang (Hình 1). Sợi chỉ bắt đầu được kéo ra từ từ; trong trường hợp này, khi nó chạm tới lỗ, phần thân sẽ mô tả vòng tròn tưới. Tìm hệ số ma sát của vật trên mặt phẳng.

F774. Đối với nhiều đuôi, có các giá trị nhiệt độ $T_{\text{tp}}$ và áp suất $p_{\text{tp}}$ mà tại đó có thể thử cả ba giai đoạn này, chẳng hạn như để mô tả các chữ cái của một chuỗi các vòng tròn chạm vào. Số lượng vòng tròn trong chuỗi như vậy ít nhất phải là 5-6 để các chữ cái khác nhau. Xét rằng bán kính của những vòng tròn này trên bề mặt Mặt trăng phải là $R = 40\text{ m}$, chúng ta thu được ước tính của bức thư trao đổi: $l \approx 400-500\text{ m}$.

Khi chụp ảnh, sự chiếu sáng của bất kỳ điểm nào trong ảnh Mặt trăng trong mặt phẳng tiêu điểm của vật thể được tạo ra do bức xạ của tất cả các phần tử trên bề mặt Mặt trăng nằm trong một vòng tròn bán kính $R = 40\text{ m}$, tức là diện tích $S = \pi R^2$. Nếu một phần diện tích của vòng tròn này được bao phủ bởi một đĩa đen (không phản chiếu) có diện tích $s = \pi r^2$, thì độ chiếu sáng của hình ảnh của điểm ứng dụng sẽ tỷ lệ với $(S-s)$, trong khi ở các điểm khác nó tỷ lệ với $S$. Do đó, độ tương phản của hình ảnh sẽ bằng

$$k = \frac{S - (S - s)}{S} = \frac{s}{S} = \left( \frac{r}{R} \right)^2 = 10^{-2}.$$

Giá trị này nhỏ hơn giá trị được chỉ định trong điều kiện có độ chênh lệch đáng tin cậy về độ tương phản hình ảnh $k_{\text{min}} = 5 \cdot 10^{-2}$. Do đó, không thể phát hiện được một kho văn bản bị giam giữ.

S. Kozel

◆ Hình 2 thể hiện quỹ đạo của vật từ vị trí ban đầu đến lỗ (mặt phẳng của hình trùng với mặt phẳng nghiêng). Điểm $O'$ là tâm của hình bán nguyệt mà vật chuyển động dọc theo đó.

Vì sợi dây rút ra từ từ nên chúng ta có thể giả sử rằng tại mọi thời điểm vật thể luôn ở trạng thái cân bằng. Chúng ta hãy viết điều kiện cân bằng của vật tại thời điểm sợi dây tạo một góc $\varphi$ với phương ngang $OO'$ (Hình 2).

Trong các hình chiếu lên trục $X$ -

$$f \cos \left( \frac{\pi}{2} - 2\varphi \right) = T \cos \varphi,$$

hoặc $f \sin^2 \varphi = T \cos \varphi.$

Trong các hình chiếu lên trục $Y$ -

$$f \cos 2\varphi + T \sin \varphi = mg \sin \alpha.$$

Hình 1.

Hình 2.

Trong các hình chiếu lên trục $Y'$ vuông góc với mặt phẳng nghiêng (xem Hình 1), -

$$mg \cos \alpha = N.$$

Xét rằng lực ma sát $f$ có giá trị abscylotic bằng $\mu N$, từ (1)–(3) ta tìm được $\mu = tg \alpha.$

A. Zilberman

◆ Hình vẽ là sơ đồ trạng thái của vật chất theo tọa độ $p-T$.

Chúng ta hãy xem xét chu trình $A \rightarrow B \rightarrow C \rightarrow A$, thực hiện trên khối lượng $m$ của vật chất ở điểm thứ ba. Trong chu kỳ này

31

các chất - khí, lỏng và rắn - ở trạng thái cân bằng với nhau. Đối với nước $T_{tr} = 0,0075^\circ C$, $p_{tr} = 4,58$ mm Hg. st; nhiệt độ riêng tại một điểm rắn là $r = 595,8$ cal/g, nhiệt độ nóng chảy riêng là $\lambda = 79,7$ cal/g. Nhiệt độ thăng hoa riêng của Nauti (hình chữ nhật từ trạng thái rắn sang khí) của nước được nâng lên điểm ba

$$rm + \lambda m - \theta m = 0,$$

trong đó $\theta$ là nhiệt độ riêng của thăng hoa (công của hệ trong mỗi chu kỳ bằng 0, không có nhiệt bên ngoài, tổng độ biến thiên nội năng của hệ cũng bằng 0). Kể từ đây,

$$\theta = r + \lambda.$$

Thay dữ liệu số cho nước, chúng ta tìm được nhiệt độ thăng hoa riêng của nước:

$$0 = 675,5$$ cal.

V. Davydov

◆ Sự thay đổi dòng điện khi chuyển mạch ampe là nhỏ. Điều này có nghĩa là chúng ta có thể giả sử rằng sự thay đổi dòng điện trong mạch khi kết nối bộ khuếch đại là nhỏ và tỷ lệ thuận với sự thay đổi điện trở tổng của mạch, nghĩa là $\Delta I = \alpha \cdot \Delta R_{06\mu}$, trong đó $\alpha$ là hệ số tỷ lệ. Nhưng $\Delta R_{06\mu} = R_A$ ($R_A$ là điện trở của ampe). Ở các giới hạn khác nhau, điện trở của ampe là khác nhau.

Nếu $I_0$ là dòng điện trong mạch trước khi kết nối bộ khuếch đại thì

$$\Delta I_1 = I_0 - I_1 = \alpha R_{A1},$$

$$\Delta I_2 = I_0 - I_2 = \alpha R_{A2},$$

trong đó $R_{A1}$ là điện trở cường độ dòng điện ở giới hạn 10 mA, $R_{A2}$ là điện trở ở giới hạn 3 mA. Xét rằng $\frac{R_{A1}}{R_{A2}} = \frac{3}{10}$, từ (*) ta thu được

$$\frac{I_0 - I_1}{I_0 - I_2} = \frac{3}{10},$$

Ở đâu

$$I_0 = \frac{10I_1 - 3I_2}{7} \approx 2,97$$ mA.

A. Zilberman

◆ Trong một phút, ấm vẫn ở nhiệt độ $\Delta t_1 = 0,2$ độ. Lượng nhiệt mà ấm “tổn thất” trong thời gian này bằng

$$\Delta Q_1 = cm \cdot \Delta t_1$$

(c là nhiệt độ riêng của nước). Nếu n giọt rơi vào ấm trong một phút thì lượng nhiệt do nó truyền sang nước trong ấm bằng:

$$\Delta Q_2 = nm_k c (t_2 - t_1).$$

Điều kiện để xây dựng nhiệt độ nước trong ấm là $\Delta Q_1 = \Delta Q_2$, tức là