Lời giải bài toán M791, M792, M794, M795; F803—F807

46

M809. Find the sum
$$\frac{1}{2!} + \frac{2}{3!} + \ldots + \frac{n-1}{n!}$$
(here $k!$ denotes the product $1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot k$).

M810*. Prove that any convex polygon contains a rectangle whose area is no less than 1/4 the area of the polygon.
F. B. Vainstein

P818. Two rigid rods each of length $l$ are linked by a hinge at point $A$ (see figure Pisc. 1). The rod $BA$ is fixed at point $B$, while point $C$ slides along the directing line $BC$. The rod $BA$ begins to rotate with constant angular velocity $\omega$ around $B$ in the plane of the figure. What maximal velocity and acceleration will $C$ reach if the rods are in line with $BC$ ($\beta AC = \pi$) at the initial moment?
L. G. Marcovich

P819. Three small solids, whose mass ratio is 3:4:5 (the mass of the lightest is $m$) are held at three distinct points on the inside of a smooth half-sphere, fixed in its lowest point to a horizontal surface. At some moment the solids are freed. What maximal amount of heat can be irradiated by this system? For what initial position of the solids will this occur? All collisions are absolutely non-elastic.
S. K. Strokov

P820. The process $A—B—C—A$ takes place for one mole of ideal monoatomic gas $P$ (see figure Pisc. 2). Find the efficiency of the cycle.
A. G. Isergin, Ju. P. Malishev, V. R. Saulit

P821. In the circuit shown on figure Pisc. 3, the transformer is ideal. The parameters of the components are shown on the figure. Find the amplitude of the current and the phase shift in the primary circuit.
R. Z. Alexandrov

P822. You are talking to a person sitting opposite who wears glasses. Can you determine if he is nearsighted or farsighted? (Naturally, you neither want to ask the person to let you try on his glasses nor talk about his defective eye-sight.)
M. V. Semenov

Lời giải bài toán

M791, M792, M794, M795; F803—F807

M791. Petya được tặng một chiếc máy tính vi mô để anh có thể thực hiện các phép tính sau: với bất kỳ số nào $x$ và $y$, hãy tính $x+y$, $x-y$, $x+1$ và $1/x$ (cho $x \neq 0$). Pet tuyên bố rằng với sự trợ giúp của chiếc máy tính siêu nhỏ, anh ấy có thể:
a) bình phương bất kỳ số nào bằng cách sử dụng không quá sáu phép tính;

a) Hãy trình bày sơ đồ bình phương bất kỳ số $x$ ($x \neq 0$) trong 6 phép tính. Chúng ta sẽ biểu thị các kết quả trung gian bằng $x_1$, $x_2$, …, $x_6$ ($x_6 = x^2$); Tất nhiên, chúng có thể được ghi nhớ và sử dụng nhiều lần trong các phép tính tiếp theo. Vì vậy, chúng ta cần tính tuần tự: $x_1 = 1/x$, $x_2 = x+1$, $x_3 = 1/x_2 = 1/(x+1)$, $x_4 = x_1 - x_3 = 1/x - 1/(x+1) = 1/(x^2 + x)$, $x_5 = 1/x_4 = x^2 + x$, $x_6 = x_5 - x = x^2$.

6. Chúng ta hãy thay đổi các số $x$ và $y$. Chúng ta thực hiện các phép tính theo thứ tự sau: đầu tiên chúng ta tìm $x+y$ và $x-y$ (2 phép tính), sau đó chúng ta bình phương các số này, như ở điểm a) (12 phép tính), sau đó chúng ta tính toán

47

6. • biến bất kỳ hai số nào, thực hiện không quá hai mươi phép tính.
     Anh ấy làm điều đó bằng cách nào?

M792. Giải phương trình trong số tự nhiên
a) $3^x + 1 = 2^y$;
b) $3^x - 1 = 2^y$.
b) * Tìm tất cả các số nguyên dương n mà cả hai số $\frac{1}{n}$ và $\frac{1}{n+1}$ đều được biểu thị dưới dạng số thập phân hữu hạn.
e) * Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p>3 và m>1 tự nhiên, không có số nào $p^m+1$ và $p^m-1$ có thể là lũy thừa của hai.

S. B. Gashkov

a), 6) Chúng ta rút gọn đáp số về hai điểm đầu tiên bài toán:
a) $x=1, y=2$; 6) $x=1, y=1$ hoặc $x=2, y=3$.
Dễ dàng kiểm tra xem những số này có thỏa mãn các phương trình tương ứng hay không và ở phần d) chúng ta sẽ chỉ ra rằng không có lời giải nào khác.

b) Đáp số: $n=4$. Nếu $1/n$ là phân số thập phân cuối cùng thì $1/n=m/10^s$, trong đó m và s là số tự nhiên, do đó $10^s$ chia hết cho số nguyên n, tức là $n=2^a \cdot 5^b$ và tương tự $n+1=2^c \cdot 5^d$, trong đó a, b, c, d là số nguyên không âm. Từ đây, chúng ta thu được đẳng thức $2^a \cdot 5^b+1=2^c \cdot 5^d$, hiển nhiên, đẳng thức này chỉ có thể đúng với a=0, d=0 hoặc b=0, c=0; trong trường hợp đầu tiên $5^b+1=2^c$, trong trường hợp thứ hai $5^d-1=2^a$. Trong phần d) chúng ta sẽ chỉ ra rằng phương trình $5^x \pm 1=2^y$ cho x>1 không có lời giải. Cần lưu ý rằng $5+1 \neq 2^y$ và $5-1=2^2$, do đó a=2, b=0 và n=4.

d) Ta phải chứng minh các số $p^m+1$ và $p^m-1$ đều có ít nhất một ước lẻ (lớn hơn một).

Cho m chẵn, m=2n. Vì p là số nguyên tố và p>3, $p^n=2s+1$, trong đó s>1. Do đó, $p^m=(p^n)^2=4s^2+4s+1$ và $p^m+1=2(2s^2+2s+1)$ và $p^m-1=4s(s+1)$. Nhưng số $2s^2+2s+1$ và một trong các số s và s+1 là số lẻ, đó là điều chúng ta cần.

Hãy để tôi trở nên kỳ quặc. Sau đó $p^m-1=(p-1)(p^{m-1}+p^{m-2}+...+1)$ và $p^m+1=(p+1)(p^{m-1}-p^{m-2}+...+1)$. Thừa số thứ hai trong hai cách khai triển này là tổng của một số lẻ các số hạng lẻ, và do đó là số lẻ.

Dễ dàng nhận thấy những phép tính này cũng đúng với tất cả các số có dạng $3^m \pm 1$ ($m>1$), ngoại trừ $3^2-1=2^3$. Suy ra phương trình của điểm a) và b) không có lời giải, khác với phương trình chúng ta đã viết ở trên.

Cũng lưu ý rằng trên thực tế chúng ta đã chứng minh được mệnh đề d) cho mọi số lẻ (không nhất thiết là số nguyên tố) $p>3$.
S. N. Bichkov, V. V. Prasolov, L. D. Kurlyandchik

M794. Hai đường tròn cắt nhau tại A và B.
Qua điểm K của đường tròn thứ nhất vẽ các đường thẳng KA và KB cắt đường tròn thứ hai tại các điểm P và Q.
Chứng minh rằng dây PQ của đường tròn thứ hai vuông góc với đường kính KM của đường tròn thứ nhất.

M795. Chúng ta hãy biểu thị bằng σ(n) tổng của tất cả các ước của số tự nhiên n. Chứng minh

Rõ ràng chỉ cần chứng minh đường thẳng PQ song song với tiếp tuyến KL với đường tròn thứ nhất là đủ. Ta có (xem hình):

$$\widehat{LKA} = \frac{1}{2} \widehat{KA} = \widehat{KBA} = \frac{1}{2} \widehat{AQ} = \widehat{QPA},$$

và từ sự bằng nhau của các góc LKP và KPQ suy ra KL || P.Q. (Chúng ta đã lợi dụng thực tế là giá trị của góc nội tiếp, cũng như góc giữa tiếp tuyến và dây cung với đỉnh trên đường tròn, bằng một nửa giá trị của cung chứa bên trong góc.)

Trong hình của chúng ta (và trong chứng minh), điểm Q nằm trên đoạn KB. Nếu nó nằm trên phần tiếp theo của đoạn ngoài điểm B thì ranh giới cần được thay đổi một chút. Chúng tôi để lại điều đó cho người đọc.

Chúng ta cũng lưu ý rằng định lý đã được chứng minh tương đương với trường hợp giới hạn của mệnh đề sau: nếu các đường thẳng a và b tương ứng đi qua khớp của đường tròn thứ nhất tại các điểm A1 và B1, và đường thẳng thứ hai tại các điểm A2 và B2 thì A1B1 || A2B2.
A. P. Ivchenko

Lời giải dựa trên nhận xét hoàn hảo sau: nếu d là ước của n thì d=n/d’, trong đó d’ cũng là ước không tác nhân của n, do đó tổng của tất cả

48

rằng có vô số $n$ sao cho $a) \sigma(n) > 2n;$ $6) \sigma(n) > 3n.$ Chứng minh rằng với mọi $n$ $\theta)^{*}$ $\sigma(n) < n(\log_{2}n + 2);$ $2) \sigma(n) < n(\ln n + 1).$

số chia có thể được viết là

$$\sigma(n) = \frac{n}{d_{1}} + \frac{n}{d_{2}} + \dots + \frac{n}{d_{s}} = n \left( \frac{1}{d_{1}} + \frac{1}{d_{2}} + \dots + \frac{1}{d_{s}} \right).$$

trong đó $d_{1}, \dots, d_{s}$ đều là các ước của số $n.$ Do đó, giá trị $\sigma(n)/n$ bằng tổng của một số số trong dãy hữu hạn $1, 1/2, \dots, 1/n$ và sẽ càng lớn thì càng có nhiều số có giá trị nhỏ nằm trong tổng này.

a) Hãy chứng minh rằng $\sigma(n) > 2n$ với mọi $n = 6k$, trong đó $k > 1$ (tất nhiên có vô số số như vậy). Vì $n$ chia hết cho 1, 2, 3, 6 và $k$ nên từ (1) ta thu được

$$\sigma(n) \geq n \left( 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{6} + \frac{1}{k} \right) > 2n.$$

6. Đặt $n$ là số bất kỳ là bội số của tích $1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \dots \cdot 16 = 16!$. thì $n$ chia hết cho tất cả các số tự nhiên từ 1 đến 16 (ta đã có đủ các ước số này rồi) và nhờ (1)

$$\sigma(n) \geq n \left( 1 + \frac{1}{2} + \left( \frac{1}{3} + \frac{1}{4} \right) + \left( \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{8} \right) + \left( \frac{1}{9} + \dots + \frac{1}{16} \right) \right) > n \left( 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} \cdot 2 + \frac{1}{8} \cdot 4 + \frac{1}{16} \cdot 8 \right) = 3n.$$

Tương tự, chúng ta có thể chứng minh rằng với mọi $a$ bất đẳng thức $\sigma(n) > an$ đúng cho một tập hợp vô hạn các số $n.$ Cũng lưu ý rằng, như một ước tính chính xác hơn cho thấy, trong chứng minh của chúng ta cho $a = 3$ số chia là 16! có thể được thay thế bằng 7!

b) Từ công thức (1) suy ra rằng

$$\sigma(n) \leq n \left( 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} \right).$$

Hãy để chúng tôi ước tính số tiền ở phía bên phải. Đặt $2^{k} \leq n < 2^{k+1}$, sau đó $k \leq \log_{2}n$ và $1 + \dots + \frac{1}{n} < 1 + \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} \right) + \left( \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{7} \right) + \dots + \left( \frac{1}{2^{k}} + \dots + \frac{1}{2^{k+1}-1} \right) + \frac{1}{2^{k+1}} < 1 + \frac{1}{2} \cdot 2 + \frac{1}{4} \cdot 4 + \dots + \frac{1}{2^{k}} \cdot 2^{k} + 1 = k+2$, tức là $\sigma(n) < n \cdot (k+2) \leq n(\log_{2}n+2).$

d) Hãy ước tính tổng $\frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}$ trong bất đẳng thức (2) khác với ở điểm c) - sử dụng tích phân. Mỗi thuật ngữ $1/k$ trong đó có thể được biểu diễn dưới dạng diện tích của một hình chữ nhật, đáy của nó là đoạn $[k-1; k]$ của trục $Ox$ (xem hình) và hình chữ nhật này nằm dưới hyperbola $y = 1/x$. Do đó, tổng diện tích của tất cả các hình chữ nhật cho $k = 2, \dots, n$ nhỏ hơn hình thang cong được giới hạn bởi hyperbola $y = 1/x$, trục $Ox$ và các đường thẳng $x = 1$ và $x = n$. Như vậy,

$$\frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} < \int_{1}^{n} \frac{dx}{x} = \ln n,$$

và do đó $\sigma(n) < n(\ln n+1).$

V. F. Lev

Chúng ta hãy xem xét chuyển động của chiếc xe trượt tuyết tại thời điểm góc thẳng đứng tạo với đường chân trời một góc $a$.

Trong hệ quy chiếu đứng yên gắn liền với đường, xe trượt tuyết chuyển động tịnh tiến (Hình 2). Trong hệ quy chiếu chuyển động với tốc độ $\vec{v}_{0}$, xe trượt di chuyển dọc theo một vòng tròn bán kính $l$ (Hình 3). Đặt tốc độ xe trượt tuyết trong các hệ thống này tại một thời điểm nhất định lần lượt bằng $\vec{v}$ và $\vec{v}_{1}$. Sau đó

49

Tìm lực căng của sợi dây tại thời điểm nó tạo một góc α với mặt phẳng nằm ngang. Bỏ qua lực ma sát của xe trượt trên mặt đường.

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

F804. Hai ngôi sao giống hệt nhau A và B quay dưới tác dụng của lực hút lẫn nhau và cách nhau một khoảng không đổi R. Ở một khoảng cách không xác định x tính từ các ngôi sao, một hành tinh ánh sáng C đang chuyển động trong mặt phẳng quỹ đạo của chúng và |AC| = |BC| = x và tam giác ABC giữ nguyên kích thước. Ở khoảng cách này x.

$$\vec{v} = \vec{v}_1 + \vec{v}_0,$$

$$|\vec{v}_1| \equiv v_1 = v_0 \text{tg} \alpha.$$ (1)

Hãy viết các phương trình chuyển động của xe trượt tuyết. Trong một hệ quy chiếu cố định trong các hình chiếu theo hướng thẳng đứng (xem Hình 2)

$$T \sin \alpha + N - mg = 0$$ (2)

(T là lực của sợi dây, $\vec{N}$ là lực phản lực pháp tuyến của mặt đường). Trong một hệ quy chiếu chuyển động với tốc độ $\vec{v}_0$, trong các hình chiếu lên hướng của sợi dây (xem Hình 3)

$$T + N \sin \alpha - mg \sin \alpha = m v_0^2 / l.$$ (3)

Giải các phương trình (2) và (3) cùng xét đến đẳng thức (1), ta tìm được T:

$$T = m \frac{v_0^2 \text{tg}^2 \alpha}{l \cos^2 \alpha}.$$

Bài toán có thể được giải ngắn gọn hơn bằng cách lưu ý rằng gia tốc của xe trượt $\vec{a}$ là như nhau trong mọi hệ quy chiếu quán tính. Do đó, gia tốc hướng tâm của xe trượt trong một hệ chuyển động với tốc độ $\vec{v}_0$ có ​​độ lớn bằng hình chiếu của gia tốc $\vec{a}$ lên phương của sợi dây:

$$\frac{v_1^2}{l} = \frac{v_0^2 \text{tg}^2 \alpha}{l} = a \cos \alpha.$$

Từ đây ta tìm được α:

$$\alpha = \frac{v_0^2 \text{tg}^2 \alpha}{l \cos \alpha}.$$

Từ phương trình chuyển động của xe trượt tuyết trong hệ quy chiếu cố định theo hình chiếu sang phương ngang (theo hướng $\vec{a}$) -

$$T \cos \alpha = ma = m \frac{v_0^2 \text{tg}^2 \alpha}{l \cos \alpha}.$$

• tìm T:

$$T = m \frac{v_0^2 \text{tg}^2 \alpha}{l \cos^2 \alpha}.$$

V. I. Chivilev

Sao A và B quay quanh các khối nằm ở giữa đoạn AB (tại điểm O). Gia tốc hướng tâm được truyền tới các ngôi sao bởi lực hút lẫn nhau của chúng:

$$M \frac{R}{2} \omega^2 = G \frac{M^2}{R^2}.$$

Do đó tốc độ góc quay của ngôi sao bằng

$$\omega = \frac{1}{R} \sqrt{\frac{2GM}{R}}.$$

Theo điều kiện bài toán tam giác ABC, tại các đỉnh có các ngôi sao và một hành tinh, vẫn giữ nguyên kích thước của nó. Điều này có thể xảy ra trong trường hợp hành tinh chuyển động theo một đường tròn có tâm ở điểm O (xem hình số) với vận tốc góc $\omega$. Gia tốc hướng tâm của hành tinh được truyền bởi lực hút của nó đối với các ngôi sao:

$$m \vec{a}_u = \vec{F}_A + \vec{F}_B,$$

ở đâu |$\vec{F}_A$| = |$\vec{F}_B$| = G $\frac{mM}{x^2}$. Như có thể thấy từ hình,

$$|\vec{F}| = |\vec{F}_A + \vec{F}_B| = 2|\vec{F}_A| \cos \alpha =$$

$$= 2|\vec{F}_A| \cdot \frac{|CO|}{x} = 2G \frac{mM}{x^3} \cdot |CO|.$$

50

Như vậy,

$$m\omega^2 \cdot |CO| = 2G \frac{mM}{x^3} \cdot |CO|,$$

hoặc

$$m \frac{2GM}{R^3} \cdot |CO| = m \frac{2GM}{x^3} \cdot |CO|.$$

Đẳng thức này đúng với $|CO| = 0$ hoặc cho $x = R$. Trong trường hợp đầu tiên, hành tinh nằm ở trung tâm khối lượng của các ngôi sao - tại điểm $O$ (tam giác $ABC$ “thoái hóa” thành đoạn $AB$). Trong trường hợp thứ hai, hành tinh nằm ở đỉnh của một tam giác đều (điểm $C$ hoặc $C'$ trong hình), ở hai đỉnh còn lại có các ngôi sao.

Điều đáng chú ý là ngay cả với các ngôi sao có khối lượng khác nhau $A$ và $B$, “vị trí cân bằng” hóa ra lại là các đỉnh $C$ hoặc $C'$ của một tam giác đều (bạn có thể tự kiểm tra thực tế này; nhưng việc tính toán sẽ khá cồng kềnh).

G. L. Kotkin

F805. Một dòng điện xoay chiều $i(t) = I_0 \cos \omega t$ chạy qua một tụ điện phẳng chứa đầy chất điện môi có hằng số điện môi $e$ và điện trở suất $Q$. Xác định biên độ điện áp trên tụ điện. Khoảng cách giữa các tấm là $d$, diện tích mỗi tấm là $S$.

Giống như tất cả các cách thực hiện tụ điện, tụ điện này có thể được thay thế bằng một mạch tương đương như trong Hình 1. Trong mạch này, điện trở $R$ của điện trở bằng điện trở ohmic của tụ điện, điều này là do sự hiện diện của chất dẫn điện của môi trường lấp đầy khoảng trống giữa các bản của tụ điện. Trong trường hợp của chúng tôi

$$R = \varrho \frac{d}{S}.$$

Điện dung $C$ của một tụ điện “lý tưởng” (không có điện trở ohm) bằng điện dung của một tụ điện thực, nghĩa là

$$C = \frac{\varepsilon_0 \varepsilon S}{d}.$$

Vậy $I(t)$ chạy qua một tụ điện thực bằng tổng dòng điện $I_R(t)$ chạy qua điện trở và dòng điện $I_C(t)$ chạy qua một tụ điện lý tưởng.

Cả ba dòng điện này đều lệch pha nhau. Hãy xây dựng sơ đồ vectơ các giá trị biên độ của dòng điện trong mạch và điện áp. Chúng ta hãy vẽ biên độ hiện tại $I_R(t)$ theo chiều ngang dưới dạng vectơ $\vec{I}_{0R}$ (Hình 2). Dòng điện và điện áp trên điện trở cùng pha. Do đó, vectơ $\vec{U}_0$ của biên độ điện áp trên điện trở, và do đó trên tụ điện thực, trùng hướng với vectơ $\vec{I}_{0R}$. Xét rằng điện áp trên tụ chậm hơn dòng điện cùng pha $\pi/2$, chúng ta hãy vẽ vectơ biên độ dòng điện $\vec{I}_{0C}$ theo chiều dọc.

Từ sơ đồ có thể thấy biên độ $I_0$ của dòng điện chạy qua tụ điện thực bằng

$$|\vec{I}_0| = \left(|\vec{I}_{0R}|^2 + |\vec{I}_{0C}|^2\right)^{1/2}.$$

Xét rằng $I_{0R} = U_0/R$, $I_{0C} = U_0 \omega C$, ta có

$$|\vec{I}_0| = \frac{|\vec{U}_0|}{R} \left(1 + (\omega RC)^2\right)^{1/2}.$$

Từ đây ta tìm được biên độ điện áp trên tụ:

$$U_0 = \frac{I_0 R}{(1 + (\omega RC)^2)^{1/2}} = \frac{I_0 \varrho d}{S (1 + (\omega RC)^2)^{1/2}}.$$

V. V. Mozhaev

51

F806. Trong mạch điện như hình vẽ, ngay sau khi tắt từ trường bên ngoài nơi đặt cuộn dây có độ tự cảm $L$, một dòng điện $I$ chạy qua một điện trở có điện trở $R_1$. Bỏ qua điện trở thuần của cuộn dây, xác định độ phóng điện trên điện trở có điện trở $R_1$ và trên điện trở có điện trở $R_2$ là bao nhiêu. Từ trường có hướng vuông góc với mặt phẳng quay của cuộn dây.

Trong quá trình thay đổi từ trường bên ngoài, một sức điện động cảm ứng sẽ tác dụng trong mạch điện, một mặt gây ra bởi sự thay đổi từ thông cảm ứng của từ trường bên ngoài, mặt khác là do sự thay đổi từ thông cảm ứng từ của từ trường của chính cuộn dây (emf tự cảm).

Khi mắc song song các điện trở $R_1$ và $R_2$, tại bất kỳ thời điểm nào mối liên hệ giữa dòng điện chạy qua các điện trở sẽ có dạng $I_1(t) \cdot R_1 = I_2(t) \cdot R_2$. Do đó, ngay sau khi tắt từ trường ngoài, dòng điện qua điện trở $R_2$ bằng

$$I_2 = IR_1/R_2.$$

Vậy $I_L$ chạy qua cuộn dây ngay sau khi tắt từ trường ngoài bằng

$$I_L = I + I_2 = I \frac{R_1 + R_2}{R_2}.$$

Sau khi tắt trường, hệ thống sẽ bị cô lập. Tại thời điểm đầu tiên, toàn bộ năng lượng của hệ tập trung vào từ trường của cuộn dây:

$$W = \frac{LI_L^2}{2} - \frac{LI^2}{2} \frac{(R_1 + R_2)^2}{R_2^2}.$$

Trong tương lai, năng lượng này sẽ được giải phóng dưới dạng bê trên điện trở. Vì điện áp rơi trên các điện trở luôn như nhau nên lượng điện áp giải phóng trên các điện trở sẽ tỷ lệ nghịch với điện trở của chúng:

$$Q_1 \sim 1/R_1, Q_2 \sim 1/R_2.$$

Giải hệ phương trình

$$\begin{cases} Q_1 + Q_2 = \frac{LI^2}{2} \frac{(R_1 + R_2)^2}{R_2^2}, \\ Q_1/Q_2 = R_2/R_1, \end{cases}$$

chúng tôi nhận được

$$Q_1 = \frac{LI^2}{2} \frac{(R_1 + R_2)}{R_2}, Q_2 = \frac{LI^2}{2} \frac{(R_1 + R_2)R_1}{R_2^2}.$$

V. V. Mozhaev

Sau khi đóng công tắc, tụ điện khởi động. Dòng điện trong mạch sẽ tăng cho đến khi điện áp trên tụ bằng $\mathcal{E}_0$. Do đó, điện tích chạy qua mạch trong quá trình nạp tụ điện bằng

$$q_0 = \mathcal{E}_0 C,$$

và dòng điện trong thời gian này tăng đến giá trị tối đa $I_{\max}$. Công mà nguồn thực hiện trong thời gian này bằng

$$A = \mathcal{E}_0 q_0.$$

Công này bằng tổng năng lượng tích trữ trong tụ điện khi nạp điện và năng lượng của dòng điện trong cuộn dây:

$$\mathcal{E}_0 q_0 = \frac{q_0^2}{2C} + L \frac{I_{\max}^2}{2}.$$

Thay thế giá trị $q_0 = \mathcal{E}_0 C$ vào biểu thức này, chúng ta tìm thấy $I_{\max}$:

$$I_{\max} = \mathcal{E}_0 \sqrt{\frac{C}{L}}.$$