Lời giải bài toán M759—M761, M763, M764; F778—F782

42

Lời giải bài toán

M759. Bên trong một vynucle tứ giác có tổng sáu khoảng cách theo cặp giữa các đỉnh (nghĩa là tổng độ dài của tất cả các cạnh và đường chéo) bằng $S_1$, có một vynucle khác mà tổng này bằng $S_2$.
a) Giá trị $S_2$ có thể lớn hơn $S_1$ không?
b) Chứng minh rằng $S_2 < 4S_1/3$.
c) Chứng minh rằng nếu bên trong một tứ diện tùy ý có tổng độ dài các cạnh $S_1$ tồn tại một tứ diện khác mà tổng này bằng $S_2$, thì $S_2 < 4S_1/3$.

Đối với bốn điểm $A, B, C, D$ bất kỳ của một mặt phẳng hoặc không gian (không nhất thiết phải khác nhau), chúng ta biểu thị bằng $P_{ABCD}$ tổng độ dài của các đoạn nối các điểm này theo cặp.
a) Đáp số: có thể. Một trong những ví dụ được hiển thị trong Hình 1: tứ giác thứ nhất $ABCD$ được kéo dài mạnh dọc theo đường chéo $AC$, với $|AB| = |AD| = |AC| = a$, tứ giác thứ hai - $ABCN$ - được nội tiếp trong tứ giác thứ nhất sao cho đỉnh $N$ của nó nằm trên đoạn $AD$ gần điểm $A$. Rõ ràng là $S_2 = P_{ABCD} > S_1 = P_{ABCD}$. Ngoài ra, nếu độ dài của các đoạn $BD$ và $AN$ bằng 0 thì $S_2$ sẽ có xu hướng $4a$ và $S_1$ đến $3a$, vì vậy $S_2:S_1$ sẽ có xu hướng $4/3$.
b) Dễ dàng chứng minh bất đẳng thức $S_2 < 4S_1/3$ cho tứ diện bằng cách sửa đổi một chút chứng minh dưới đây cho tứ diện*).
c) lời giải dựa trên những điều sau đây
Bổ đề (Hình 2). Nếu điểm $H$ nằm trên đoạn $H_1H_2$ thì với ba điểm bất kỳ $E, F, G$ $P_{EFGH} \leq P_{EFGH_1}$ hoặc $P_{EFGH} \leq P_{EFGH_2}$.

*) Xem thêm bài viết của V. M. Tikhomirov “Trên một optipad bài toán (tr. 22).”

44

M760. Với một đường gãy kín $A_1A_2...A_m$, trong đó $m$ là số lẻ, thao tác sau được thực hiện: các điểm giữa của các liên kết của nó được kết nối với $m$ bằng các đoạn qua một (giữa $A_1A_2$ - với giữa $A_3A_4$, $A_2A_3$ - với $A_4A_5$, …, $A_{m-1}A_m$ - với $A_1A_2$, $A_mA_1$ - từ $A_2A_3$). Thao tác tương tự được thực hiện lại với đường đứt nét kết quả, v.v. Chứng minh rằng từ bất kỳ đường đứt liên kết $m$ $a$) nào tại $m=5$ - bằng hai bước.
b) tại $m=7$ - theo ba bước,
c) đối với bất kỳ $m$ lẻ nào - sau một số bước nhất định (tùy thuộc vào $m$), sẽ thu được một đường đứt nét, tương tự (được chuẩn bị thêm) với đường ban đầu đầu tiên.

Chúng tôi sửa một điểm tùy ý $O$ (chúng tôi sẽ làm rõ vị trí của nó trong quy trình lời giải), sau đó bất kỳ điểm nào $A$ đều có thể được chỉ định bởi vectơ $\overrightarrow{OA}$ - vectơ của điểm $A$. Nếu chúng ta biểu thị vectơ các đỉnh của một đường đứt nét cho trước $J$ bằng $\bar{a}_1 = \overrightarrow{OA}_1$, …, $\bar{a}_m = \overrightarrow{OA}_m$, thì vectơ các đỉnh của đường đứt nét $J_1$, thu được từ $J$ do kết quả được chỉ định trong thao tác đã cho, sẽ bằng nhau
$$\frac{1}{2} (\bar{a}_1 + \bar{a}_2), \frac{1}{2} (\bar{a}_3 + \bar{a}_4), \dots$$
$$\dots, \frac{1}{2} (\bar{a}_m + \bar{a}_1), \frac{1}{2} (\bar{a}_2 + \bar{a}_3), \dots, \frac{1}{2} (\bar{a}_{m-1} + \bar{a}_m).$$

vì vectơ của phần giữa của đoạn bằng với vectơ kết quả của các đầu của nó. Tương tự, các vectơ đỉnh của đa tuyến tiếp theo đều bằng nhau
$$\frac{1}{4} (\bar{a}_1 + \bar{a}_2 + \bar{a}_3 + \bar{a}_4), \frac{1}{4} (\bar{a}_5 + \bar{a}_6 + \bar{a}_7 + \bar{a}_8), \dots$$
$$\dots, \frac{1}{4} (\bar{a}_{m-3} + \bar{a}_{m-2} + \bar{a}_{m-1} + \bar{a}_m).$$

Tóm lại, để tìm vectơ các đỉnh của đoạn thẳng gãy $J_k$ bạn cần viết dãy vectơ các đỉnh của đoạn thẳng gãy $J$ $2^k$ lần:
$$\bar{a}_1, \bar{a}_2, \dots \bar{a}_m, \bar{a}_1, \bar{a}_2, \dots, \bar{a}_m, \dots, \bar{a}_1, \bar{a}_2, \dots, \bar{a}_m,$$
thêm các vectơ $2^k$ đầu tiên của hàng này, các vectơ $2^k$ tiếp theo, v.v., sau đó chia từng tổng $m$ kết quả cho $2^k$.

a) Sử dụng quy tắc dẫn xuất, ta tìm vectơ các đỉnh của đường đứt nét $J_2$ cho $m=5$:
$$\frac{1}{4} (\bar{a}_1 + \bar{a}_2 + \bar{a}_3 + \bar{a}_4), \frac{1}{4} (\bar{a}_5 + \bar{a}_1 + \bar{a}_2 + \bar{a}_3), \dots$$
$$\dots, \frac{1}{4} (\bar{a}_2 + \bar{a}_3 + \bar{a}_4 + \bar{a}_5)$$
hoặc, giả sử $\bar{a}_1 + \bar{a}_2 + \bar{a}_3 + \bar{a}_4 + \bar{a}_5 = \bar{a}$:
$$\frac{1}{4} (\bar{a} - \bar{a}_5), \frac{1}{4} (\bar{a} - \bar{a}_4), \frac{1}{4} (\bar{a} - \bar{a}_3), \frac{1}{4} (\bar{a} - \bar{a}_2), \frac{1}{4} (\bar{a} - \bar{a}_1).$$

Bây giờ hãy lưu ý rằng điểm $O$ luôn có thể được chọn sao cho tổng $\bar{a}$ của các vectơ của các đỉnh của đường đứt nét $J$ bằng $\overrightarrow{O}$ (xem phần cuối lời giải). Trong trường hợp này, vectơ của các đỉnh của đường gãy $J_2$ sẽ bằng $-\frac{1}{4} \bar{a}_5, -\frac{1}{4} \bar{a}_4, -\frac{1}{4} \bar{a}_3, -\frac{1}{4} \bar{a}_2, -\frac{1}{4} \bar{a}_1$, do đó bản thân các đỉnh sẽ sẵn sàng.

các đỉnh của đường đứt nét $J$ so với điểm $O$ có hệ số $-1/4$ (xem hình): đỉnh thứ 1 của đường gãy $J_2$ tương ứng với đỉnh thứ 5 $A_5$ của đường gãy $J$, đỉnh thứ 2 - tương ứng với $A_4$, đỉnh thứ 3 - $A_3$, ngày 4 - $A_2$ và ngày 5 - $A_1$. Trong trường hợp này, thứ tự kết nối các đỉnh $J_2$ sẽ giống như đối với các đỉnh tương ứng $J$, mặc dù hướng di chuyển của chúng sẽ ngược lại.

b), c) Bạn luôn có thể chọn $k$ sao cho số $2^k-1$ chia hết cho số lẻ $m$. (Cụ thể ở nhiệm vụ 6) $m=7$, và $k=3$. Thật vậy, trung bình cộng của các số 1, 2, $2^2$, … buộc phải tìm duya, $2^l$ và $2^n$ ($l<n$), khi chia cho $m$ đều có cùng số dư. Hiệu $2^n-2^l=2^l(2^n-l-1)$ của chúng chia hết cho $m$ mà không có số dư. Và vì $m$ là số lẻ nên tại $k=n-l$ số $2^k-1$ chia hết cho $m$; hãy để $2^k-1=mp$.

Khi đó $2^k=mp+1$, và theo quy tắc tìm vectơ các đỉnh của đường đứt nét $J_k$ chúng được biểu diễn dưới dạng
$$\frac{1}{2^k} (p\bar{a} + \bar{a}_1), \frac{1}{2^k} (p\bar{a} + \bar{a}_2), \dots, \frac{1}{2^k} (p\bar{a} + \bar{a}_m),$$

ở đâu $\bar{a}=\bar{a}_1+\dots+\bar{a}_m$. Nếu điểm $O$ được chọn sao cho $\bar{a}=\overrightarrow{OA}_1+\dots+\overrightarrow{OA}_m=\overrightarrow{O}$, thì vectơ của các đỉnh của đa tuyến $J_k$ bằng $2^{-k}\bar{a}_1, \dots, 2^{-k}\bar{a}_m$, và do đó nó được chuẩn bị bởi đa tuyến $J$ với tâm chuẩn bị $O$ và hệ số $2^{-k}$.

45

Vẫn còn phải giải thích cách tìm ra điểm $O$ mà chúng ta cần—trung tâm đồng nhất. Tổng các vectơ đỉnh có thể được viết là
$$\bar{a} = \overrightarrow{OA}_1 + \overrightarrow{OA}_2 + \dots + \overrightarrow{OA}_m = \overrightarrow{OA}_1 + (\overrightarrow{OA}_1 + \overrightarrow{A}_1\overrightarrow{A}_2) + \dots$$
$$\dots + (\overrightarrow{OA}_1 + \overrightarrow{A}_1\overrightarrow{A}_m) = m \cdot \overrightarrow{OA}_1 + (\overrightarrow{A}_1\overrightarrow{A}_2 + \dots + \overrightarrow{A}_1\overrightarrow{A}_m),$$
posnomu, nếu $\overrightarrow{A}_1\overrightarrow{O} = \frac{1}{m} (\overrightarrow{A}_1\overrightarrow{A}_2 + \dots + \overrightarrow{A}_1\overrightarrow{A}_m)$, thì $\bar{a} = \overrightarrow{0}$. (Điểm này $O$ là trọng tâm của các khối lượng giống nhau đặt tại các điểm $A_1, A_2, \dots, A_m$).

A. V. Kelarev, N. B. Vasiliev, A. N. Zemlykov

**M761. Qua điểm tùy ý $P$ trên cạnh AC của tam giác ABC, song song với các đường trung tuyến AK và CL, kẻ các đường thẳng cắt các cạnh BC và AB lần lượt tại các điểm E và F (xem hình).

Chứng minh rằng các đường trung tuyến AK và CL chia đoạn EF thành ba phần bằng nhau.

*M763. Cho hình bình hành ABCD, khác hình thoi. Một đường thẳng đối xứng với đường thẳng AB so với đường chéo AC cắt nhau tại điểm Q. Một đường thẳng đối xứng với đường thẳng DC so với đường chéo DB. Tìm quan hệ $|QA|:|QD|$ nếu biết quan hệ $|AC|:|BD| = k$.

Hãy đặt $AQO = OQD = \varphi$, $QAO = \alpha$, $QDO = \beta$. Sau đó $AOD = 2\pi - \alpha - \beta - 2\varphi$. Đồng thời $AOD$ là góc ngoài của tam giác ODC, trong đó $OCD = OAB = \alpha$, $ODC = \beta$ (xem hình). Do đó, $AOD = \alpha + \beta$, tức là $2\pi - \alpha - \beta - 2\varphi = \alpha + \beta$. Theo sau đó $\alpha + \beta + \varphi = \pi$ có nghĩa là $AOQ = \pi - \alpha - \varphi = \beta - ODQ$. Vì các tam giác $AQO$ và $OQD$ có ​​các góc tương ứng bằng nhau nên chúng giống nhau với hệ số tương tự là $|AO|:|OD| = |AC|:|BD| = k$. Như vậy,

$$\frac{|QA|}{|QD|} = \frac{|QA|}{|QO|} \cdot \frac{|QO|}{|QD|} = k^2.$$

Bình luận. Thật đáng để khám phá nguồn gốc của bài toán có vẻ khá nhân tạo này. Vấn đề là $Q$ là một điểm cố định của một phép biến đổi tương tự (một trong hai biến đổi có thể xảy ra), lấy điểm $A$ thành $O$ và $O$ thành $D$. Nó có thể được biểu diễn dưới dạng thành phần xoay quanh điểm $Q$ theo một góc $\varphi$ (theo chiều kim đồng hồ trong hình của chúng ta) và chuẩn bị $H^k_Q$. Các phép biến đổi kiểu này được gọi là số quay phụ hoặc độ tương tự xoắn ốc. Do đó, cách xây dựng được mô tả trong điều kiện bài toán cho phép chúng ta tìm ra độ tương tự xoắn ốc $F$ nếu cho điểm $A, F(A) (= O)$ và $F(F(A)) (= D)$. Phép biến đổi tương tự thứ hai, lấy điểm $A$ và $O$ thành $O$

46

và $D$ tương ứng là sự kết hợp của sự đối xứng trục và kiểu đồng nhất có tâm ở trục của nó. Hãy suy nghĩ về cách xây dựng điểm cố định của nó.*)

V. N. Dubrovsky

M764. Chứng minh rằng mỗi phương trình $a) x^2 + y^2 = z^5$; $b) x^2 + y^2 + z^5 = t^7$ có vô số lời giải trong số tự nhiên.

**a) Hãy thử tìm lời giải trong số các lũy thừa của cùng một số tự nhiên $a: x = a^k, y = a^e, z = a^m$ ($k, e, m$ là số tự nhiên).

Thay thế $x, y, z$ vào phương trình sẽ được đẳng thức $a^{2k} + a^{3e} = a^{5m}$. Dễ dàng nhận thấy rằng đối với $2k \neq 3e$ sự bình đẳng như vậy là không thể xảy ra. Vì vậy $2a^{2k} = a^{5m}$. Theo sau đó là $a = 2$.

Chúng ta tiến tới $x = 2^{3n}, y = 2^{2n}$, trong khi $x^2 + y^2 = 2^{6n+1}$, và do đó, số $6n+1$ phải chia hết cho 5.

Và vì $6n+1$ chỉ chia hết cho 5 tại $n = 5s+4$ ($s \geq 0$), nên chúng ta có một chuỗi vô hạn lời giải:

$$x = 2^{15s+12}, y = 2^{10s+8}, z = 2^{6s+5}, s \in Z, s \geq 0.$$

b) Giải tương tự như $a$). Bạn cần tìm lời giải, trong đó $x = 3^{15n}, y = 3^{10n}, z = 3^{6n}$. Sau khi thế vào phương trình ta được $3^{30n+1} = t^7$, nhưng $30n+1$ chia hết cho 7 cho $n = 7s+3$, $s \geq 0$, $s \in Z$. Chúng ta đã thu được một chuỗi vô hạn lời giải $x = 3^{105s+45}, y = 3^{70s+30}, z = 3^{42s+18}, t = 3^{30s+13}$.

Dễ dàng nhận thấy rằng nhìn chung phương trình $x^2 + x^2 + \dots + x^n = y^b$ có vô hạn lời giải dưới dạng số nguyên nếu bội số chung nhỏ nhất $M$ của các số $a_1, a_2, \dots, a_n$ được lấy đơn giản với $b$. Như trong $a$ và $b$), lời giải có thể được tìm kiếm dưới dạng lũy ​​thừa của $n$.

Chúng tôi tiếp cận $x_1 = n^{M_t}, \dots, x_n = n^{a_n}$, trong đó $t \in N$. Sau khi thay $x_1, x_2, \dots, x_n$ vào phương trình, chúng ta thu được đẳng thức $n^{M_t+1} = y^b$ và vì $M$ và $b$ bị trừ đơn giản nên có vô số $t$ mà $M_t+1$ chia hết cho $b$.

O. V. Mazurov

F778. Vòng có khối lượng $m$, buộc lỏng lẻo hai vòng khối lượng mỏng $M$, bắt đầu co lại xuống dưới; Trong trường hợp này, vòng được cắt theo các hướng khác nhau dọc theo bề mặt ngang thô. Xác định gia tốc của vòng tại thời điểm ban đầu nếu uell $AO_1O_2$ (xem hình) bằng $a$. Không có ma sát giữa vòng và vòng.

Giả sử rằng trong một khoảng thời gian ngắn $\Delta t$ sau khi hệ bắt đầu chuyển động, chiếc nhẫn đã hạ xuống một khoảng $\Delta x$ tính từ điểm $A$ và đạt được tốc độ $v$. Tốc độ chuyển động tịnh tiến của vòng tại thời điểm này phải bằng $u = vtg\alpha$ ($\Delta t$ nhỏ đến mức góc $\alpha$ thực tế không thay đổi). Do đó, tốc độ tuyến tính của tất cả các điểm của vòng là như nhau. Theo định luật bảo toàn năng lượng,

$$mg \cdot \Delta x = 2Mu^2 + m \frac{v^2}{2} = 2Mv^2tg^2\alpha + m \frac{v^2}{2}$$

($Mu^2$ là tổng động năng của mỗi vòng tại một thời điểm nhất định). Từ đẳng thức này ta tìm được

$$a = g \frac{1}{1 + 4\frac{M}{m}tg^2\alpha}.$$

S. S. Krotov

*) Bạn có thể đọc thêm thông tin về các phép biến đổi tương tự và ứng dụng của chúng trong hình học trong các cuốn sách sau: I. M. Yaglom “Biến đổi hình học”, tập. 1, (M., Gostekhtoridat, 1955) và G. S. M. Koketer, S. L. Greytzer “Những cuộc gặp gỡ mới với hình học” (M., “Hayka”, 1978).

47

F779. Một hình vuông gồm hai nửa có tỷ số khối lượng bằng hai nằm trên một bề mặt gồ ghề. Mặt phẳng bề mặt phải được kéo một góc α so với mặt phân cách giữa hai nửa để hình vuông chuyển động về phía trước? Điểm tác dụng của lực nằm ở giao điểm của cạnh hình vuông và mặt phân cách.

Để hình vuông di chuyển về phía trước, đồng thời sợi chỉ tạo một góc α với đường thẳng AB (xem hình số). Lực ma sát tác dụng lên nửa bên trái của hình vuông hướng vào chuyển động của hình vuông và đi qua khối tâm của nửa bên trái (ta giả sử rằng lực ép pháp tuyến phân bố đều trên bề mặt tiếp xúc của hình vuông với mặt phẳng nằm ngang). Giá trị tuyệt đối của lực này bằng

$$F_1 = \mu m_1 g,$$

trong đó μ là hệ số ma sát, $m_1$ là khối lượng của nửa bên trái của hình vuông. Lực ma sát tác dụng lên nửa bên phải của hình vuông đi qua khối tâm của toàn bộ hình vuông. Do đó, các đường tác dụng của lực mà sợi dây được kéo phải đi qua khối tâm của hình vuông (điểm O trong Hình. không), nghĩa là sợi dây phải tạo một góc α với đường thẳng AB sao cho (xem Hình. không)

$$tg \alpha = x/a.$$

Giá trị của x được tìm từ điều kiện bằng nhau về mô men của các lực $F_1$ và $F_2$ đối với tâm khối của hình vuông:

$$\mu m_1 g \left( \frac{a}{2} - x \right) \cos \varphi = \mu m_2 g \left( \frac{a}{2} + x \right) \cos \varphi,$$

Ở đâu

$$x = \frac{a (m_1 - m_2)}{2 (m_1 + m_2)}.$$

Xét rằng $m_1/m_2 = 2$, chúng ta tìm thấy tanα:

$$tg \alpha = \frac{x}{a} = \frac{1}{6}.$$

E.S.Aliev

F780. Một bình hình trụ có chiều cao 2h, chia đều cho một vách ngăn, chứa nước ở phần trên (mật độ Q) và không khí ở áp suất khí quyển $p_0$ ở phần dưới. Một lỗ nhỏ mở ra trên vách ngăn để nước bắt đầu chảy vào phần dưới của bình. Lớp nước ở đáy bình sẽ dày bao nhiêu khi không khí bắt đầu đi lên từ lỗ? Nhiệt độ không đổi. Gia tốc của trọng lực là g.

Không khí từ đáy tàu bắt đầu đi lên qua lỗ khi áp suất của nó vượt quá áp suất thủy lực của nước ở mức lỗ, nghĩa là ở áp suất

$$p = p_0 + \varrho g (h - x),$$

trong đó x là độ hạ thấp mực nước ở phần trên của bình và theo đó là độ dày của lớp nước ở phần dưới của bình. Vì nhiệt độ không khí không thay đổi nên tuân theo định luật Boyle-Mariotte

$$p_0 h S = p (h - x) S,$$

trong đó S là diện tích đáy tàu.

Như vậy,

$$p_0 (h - x) + \varrho g (h - x)^2 = p_0 h,$$

Ở đâu

$$\varrho g x^2 - (2 \varrho g h + p_0) x + \varrho g h^2 = 0.$$

Giải phương trình này, ta tìm được x:

$$x = h + \frac{p_0}{2 \varrho g} \left( 1 - \sqrt{1 + \frac{4 \varrho g h}{p_0}} \right).$$

(Lời giải x = h + \frac{p_0}{2 \varrho g} \left( 1 + \sqrt{1 + \frac{4 \varrho g h}{p_0}} \right) không phù hợp, vì x < h đã hoàn thành.)

48

F781. Giữa hai quả cầu kim loại độc lập đồng tâm bán kính a và b có một điện tích q cách tâm quả cầu một khoảng c. Điện tích nào sẽ chạy qua một dây dẫn mỏng nếu các quả cầu được đóng kín với nó?

Lúc đầu quả cầu nhỏ không nhiễm điện. Sau khi quả cầu đóng lại, một điện tích neoctor được truyền vào nó, điện tích này phân bố không đều trên bề mặt của nó. Hãy để chúng tôi biểu thị độ lớn của điện tích này $q_1$. Trong trường hợp này, một điện tích $q_2$ sẽ xuất hiện trên bề mặt bên trong của quả cầu lớn, điện tích này cũng phân bố không đều trên bề mặt này. Các đường sức tạo bởi điện tích q kết thúc trên quả cầu nhỏ và trên bề mặt bên trong của quả cầu lớn. Do đó, điện tích $q_2$ phải bằng

$$q_2 = -(q + q_1).$$

Vì các đường cống này không xuyên qua nhiễu loạn chỉ qua quả cầu lớn nên điện tích trên bề mặt bên ngoài của quả cầu này được phân bổ đều và không tạo ra trường giữa quả cầu bên trong và bên ngoài. Điều này có nghĩa là bằng cách đánh đồng điện thế của các quả cầu bên trong và bên ngoài (các quả cầu được nối với nhau bằng một dây dẫn), điện tích này có thể bị bỏ qua và điện thế của quả cầu bên ngoài có thể được coi bằng 0. Khi đó điện thế tại tâm quả cầu cũng sẽ bằng 0 (không có trường nào bên trong quả cầu nhỏ và điện thế của quả cầu nhỏ bằng điện thế tại tâm quả cầu).

Như vậy,

$$\frac{q_1}{4\pi\varepsilon_0 a} + \frac{q_2}{4\pi\varepsilon_0 b} + \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 c} = 0.$$

Thay $q_2 = -(q + q_1)$, từ điều kiện này ta tìm được $q_1$:

$$q_1 = -q \frac{\frac{1}{c} - \frac{1}{b}}{\frac{1}{a} - \frac{1}{b}}.$$

Rõ ràng là độ lớn của điện tích $q_1$ không phụ thuộc vào điện tích ban đầu của quả cầu và chỉ được xác định bởi độ lớn của q và kích thước của hệ. Tất cả điện tích “phụ” sẽ nằm ở bề mặt bên ngoài của quả cầu lớn, xác định điện thế của toàn bộ dây dẫn. Điều thú vị cần lưu ý là khi điện tích q di chuyển (khi c thay đổi), giá trị của $q_1$ (và do đó cả $q_2$ và $q_{\text{внешш}}$) đều có thể thay đổi; do đó, trường bên ngoài cũng có thể thay đổi. Trường bên trong của một “màn hình” hình cầu như vậy không phụ thuộc vào độ lớn và vị trí của các điện tích bên ngoài.

V. I. Komov

F782. Tụ điện được tích điện đến điện áp $U_0 = 100$ V và một điện trở được nối với nó. Đồng thời, trong một khoảng thời gian nhất định, $W_1 = 1$ J thịt bê được giải phóng và trong cùng khoảng thời gian đó, $W_2 = 0,3$ J năng lượng được giải phóng. Xác định điện dung của tụ điện.

Để điện áp trên tụ giảm xuống $U_1$ khi kết thúc khoảng thời gian đầu tiên. Theo định luật bảo toàn năng lượng,

$$\frac{CU_0^2}{2} = W_1 + \frac{CU_1^2}{2},$$

Ở đâu

$$U_1 = U_0 \sqrt{1 - \frac{2W_1}{CU_0^2}}.$$

Rõ ràng là nếu điện áp ban đầu trên tụ điện nhỏ hơn $U_0$ n lần, thì trong cùng khoảng thời gian đó, thịt bê sẽ được giải phóng trên điện trở $n^2$ nhỏ hơn $W_1$ lần. Điều này có nghĩa là

$$\frac{W_2}{W_1} = \frac{U_1^2}{U_0^2}$$

($U_1$ là điện áp ban đầu cho khoảng thời gian tiếp theo). Thay thế giá trị thu được trước đó $U_1$ vào biểu thức này, chúng ta tìm thấy C:

$$C = \frac{2W_1}{U_0^2 \left(1 - \frac{W_2}{W_1}\right)} \approx 29 \text{ мкФ}.$$

A. R. Zilberman