Lời giải bài toán M826—M830; F837—F841

45

and supply them with reasonable numerical values yourself and obtain a numerical answer.

E. I. Palchikov

P855. A charged plate is introduced all the way between the plates of a flat capacitor parallel to them at a distance $b$ from one of the plates (see figure Pisc. 4). The capacitor is connected to the poles of a battery of EMF $6$. Find the force acting on the charged plate if its charge is $q$. The weight of the plate is negligible. The area of the plates is $S$, the distance between them is $d$.

V. P. Borodin, A. P. Ershov

P856. Direct current circulates through a heating spiral of constant resistance. What will be the percentage change in the mean amount of heat emitted by the spiral per second if an alternative (sinusoidal) current, whose amplitude is 10% of the direct current’s value, is also sent through the spiral?

V. G. Dudnikov

P857. A shiny can has a dent which reflects light on a screen. A cooled liquid is poured into the can. The reflected signal noticeably weakens. Explain this phenomenon.

V. G. Dudnikov

Lời giải bài toán

M826—M830; F837—F841

Đáp số: a) không, 6) có. Trước tiên, chúng ta hãy lưu ý rằng nếu các số ban đầu là 2, 2, 2 hoặc 3, 3, 3 hoặc nói chung là bất kỳ số nào lớn hơn 1 thì tất cả các số tiếp theo sẽ lớn hơn 1 và số lớn nhất trong mỗi bộ ba mới luôn nhỏ hơn tổng của hai số còn lại 1. Thông báo này cho phép bạn sử dụng ba số cuối để khôi phục tất cả các số trước đó, ngoại trừ số đầu tiên.

Thật vậy, đặt $a, b, c$ ở trong bộ ba để xác định $a \leq b \leq c$. Khi đó $c = a + b - 1$ và bộ ba trước có dạng $a, b, x$. Số lớn nhất trong đó có thể được coi là $b$ (nếu $x > b$ thì $x = a + b - 1 = c$). Nhưng sau đó $b = a + x - 1$. Do đó, bộ ba $a, b, c$ với $a \leq b \leq c$ thu được từ bộ ba $a, b, b - a + 1$.

Sử dụng quy tắc này, chúng tôi sẽ khôi phục tất cả các mục trên bảng, bắt đầu từ cuối:

(17, 1967, 1983) $\leftarrow$ (17, 1967, 1951) $\leftarrow$ (17, 1935, 1951) $\leftarrow$ … $\leftarrow$ (17, 15, 31) $\leftarrow$ (17, 15, 3) $\leftarrow$ (13, 15, 3) $\leftarrow$ … $\leftarrow$ (5, 7, 3) $\leftarrow$ (5, 3, 3).

Theo quy luật của chúng ta, bộ ba 5, 3, 3 phải đứng trước bộ ba 1, 3, 3 chứa 1, điều này là không thể. Do đó, 5, 3, 3 là bộ ba thu được ở bước đầu tiên. (Rõ ràng là các bộ ba còn lại không thể xuất hiện ở bước đầu tiên.) Rõ ràng là bộ ba 5, 3, 3 có thể thu được từ 3, 3, 3, nhưng không thể thu được từ 2, 2, 2.

A. Berzin

M827. Được biết, 4 cái đồng bộ ở Hình 1 có kích thước bằng nhau.
a) Chứng minh rằng ba cấp độ màu đỏ trong hình này cũng có kích thước bằng nhau.

Chúng ta sẽ cần phần ứng dụng sau:

Bổ đề. Gọi $P$ là một điểm trên cạnh KL của tam giác KLM. Khi đó tỉ số diện tích của các tam giác MKP và MPL ​​bằng

$$S_{MKP} : S_{MPL} = |KP| : |PL|.$$

(Để chứng minh, chỉ cần biết rằng

46

6. Tìm diện tích của một hình tứ giác nếu diện tích của một hình tam giác màu xanh là 1.

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

M828 *. Có thể trong các ô của một tờ giấy ca rô vô hạn sao cho tổng các số trong mỗi hình chữ nhật có kích thước 4 × 6 ô, các cạnh dọc theo đường lưới, bằng a) 10; b) 1?

a) Chúng ta hãy giới thiệu ký hiệu như trong Hình 1. Lưu ý rằng các tam giác $A_0C_0$ và $AA_0C_1$ có kích thước bằng nhau (mỗi tam giác được tạo thành từ tam giác $AA_0B_0$ và một trong các tam giác đồng bộ). Các tam giác này có chung đáy $AA_0$ nên các đỉnh $C_0$ và $C_1$ của chúng bằng đường thẳng $AA_0$, tức là các đường thẳng $AA_0$ và $C_1C_0$ song song. Tương tự như vậy, $BB_0 \parallel A_1A_0$ và $CC_0 \parallel B_1B_0$. Chúng ta hãy nhìn vào hình thang $AA_0C_0C_1$ (Hình 3). Các đường chéo của nó cắt nhau tại điểm $B_0$ và phần tiếp theo của các cạnh - tại điểm $B$. Các điểm này nằm trên đường nối trung điểm $D$ và $E$ của các đáy $AA_0$ và $C_1C_0$ của nó. (Thật vậy, $B_0$ là tâm đồng nhất của các tam giác $B_0AA_0$ và $B_0C_0C_1$, và $B$ là tâm đồng nhất của các tam giác $BAA_0$ và $BC_1C_0$.) Và vì đường thẳng này song song với $A_1A_0$ nên điểm $B_0$ là trung điểm của đoạn thẳng $A_1A$. Theo bổ đề thì nó tuân theo $S_{AB_0C_0} = S_{B_0A_1C}$. Do đó (xem Hình 1), diện tích của tứ giác $AB_0A_0B_1$ và $CA_0C_0A_1$ bằng nhau. Người ta chứng minh tương tự rằng hình tứ giác màu đỏ thứ ba $BC_0B_0C_1$ có diện tích bằng nhau.

Hãy suy nghĩ xem liệu tuyên bố về điểm này bài toán có còn đúng hay không nếu chúng ta yêu cầu diện tích của chỉ ba tam giác đồng bộ góc bằng nhau.

6. Đáp số: diện tích tứ giác màu đỏ $s = 1 + \sqrt{5}$. Để tạo phương trình tìm diện tích s ban đầu, chúng ta biểu diễn mối quan hệ $|BC_1|:|C_1A|$ theo hai cách bằng cách sử dụng bổ đề:

$$|BC_1|:|C_1A| = S_{CBC_1}:S_{CC_1A} = (2s+2):(s+2) = S_{B_0BC_1}:S_{B_0C_1A} = (s/2):1.$$

(Giải thích ở đây chỉ yêu cầu đẳng thức $S_{B_0BC_1} = s/2$. Như đã trình bày ở trên, điểm $E$ là trung điểm của $C_0C_1$ (Hình 3). Từ đây, một lần nữa sử dụng bổ đề, dễ dàng suy ra rằng các tam giác $B_0BC_1$ và $B_0BC_0$ có kích thước bằng nhau. Và chúng cùng nhau tạo thành một tứ giác $BC_0B_0C_1$ có diện tích s). Vậy s thỏa mãn phương trình:

$$s^2 - 2s - 4 = 0,$$

từ đâu $s = 1 + \sqrt{5}$.

B. I. Chinik, V. N. Dubrovsky

◆

Đáp số: a), 6) có thể. Trong cả hai trường hợp, sự sắp xếp mong muốn có thể đạt được bằng cách kết hợp hai cách sắp xếp đơn giản hơn.

a) Đặt các đơn vị trên các đường chéo song song của lưới, cách nhau 4 ô (theo chiều ngang hoặc chiều dọc) và đặt số 0 vào các ô còn lại (Hình 1, a). Khi đó tổng các số trong mỗi hình chữ nhật $4 \times 6$ sẽ bằng 6. Đây là cách sắp xếp đầu tiên. Ô thứ hai cũng được sắp xếp tương tự nhưng trong đó khoảng cách giữa các đường chéo với đơn vị là 6 ô (Hình 1, 6); đối với nó, tổng các số trong bất kỳ hình chữ nhật $4 \times 6$ nào đều bằng 4. Bây giờ, hãy chồng một cách sắp xếp này lên một cách sắp xếp khác và cộng các số rơi vào một ô; rất indo, đối với sự sắp xếp cuối cùng, tổng các số được coi là bằng 10.

6. Chúng ta hãy sắp xếp tương tự như ở điểm a), nhưng trên các đường chéo cùng với các đơn vị - 6 ô (Hình 1, 6); tổng các số trong bất kỳ hình chữ nhật nào $4 \times 6$ sẽ bằng 4. Bây giờ, hãy chồng cách sắp xếp này lên cách sắp xếp khác và cộng các số rơi vào một ô; rất indo, đối với sự sắp xếp cuối cùng, tổng các số được coi là bằng 10.

Chúng tôi mời độc giả, sử dụng những ý tưởng tương tự, để chứng minh phát biểu tổng quát sau: trong các ô của một mạng phẳng vô hạn, các số nguyên có thể được sắp xếp sao cho tổng các số trong bất kỳ hình chữ nhật nào có kích thước cho trước sẽ có cùng một giá trị cho trước. Điều này cũng đúng đối với

47

M829. Chứng minh rằng với 2m+1 số nguyên khác nhau có mô đun không vượt quá 2m−1, luôn có ba số có tổng bằng 0.

Ta hãy chứng minh khẳng định bài toán bằng quy nạp theo m.
Khi m=1 thì hiển nhiên (bộ ba số thỏa mãn điều kiện là 0, 1 và -1).
Giả sử rằng nó đã được chứng minh cho các số 2m−1 và xem xét bất kỳ tập hợp A nào gồm 2m+1 số có mô đun không vượt quá 2m−1. Nếu nó chứa các số 2m−1 có mô đun không vượt quá 2m−3 thì phát biểu sẽ tuân theo giả thuyết quy nạp. Ngược lại, tập A chứa ít nhất ba số ±(2m−2) và ±(2m−1). Bằng cách thay đổi dấu của tất cả các số từ A, nếu cần, bạn có thể đảm bảo rằng đây là các số 2m−1, 2m−2, cũng như −2m+1 (trường hợp thứ nhất) hoặc −2m+2 (trường hợp thứ 2).

trường hợp thứ nhất. Chúng ta hãy chia tất cả các số từ 1 đến 2m−2 thành các cặp có tổng bằng 2m−1:(1, 2m−2), (2, 2m−4), …, (m−1, m), và các số từ 0 đến −2m+1 thành các cặp có tổng bằng −2m+1:(0, −2m+1), …, (−m+1, −m). Kết quả là 2m−1 cặp chứa tất cả 2m số của tập A, ngoại trừ 2m−1. Do đó, mặc dù một cặp được bao gồm trong tập hợp A và các số thành phần của nó cộng lại bằng c −2m+1 hoặc c 2m−1 bằng 0.

trường hợp thứ 2. Bây giờ chúng ta xét m−2 cặp (1, 2m−3), (2, 2m−4), …, (m−2, m) với tổng các số 2m−2 và m cặp (0, −2m+1), …, (−m+1, −m) với tổng các số −2m+1. Các cặp 2m−2 này chứa tất cả các số của tập hợp A, ngoại trừ 2m−1, 2m−2 và m−1, nghĩa là các số 2m−1 cách A. Do đó, một trong số chúng lại đi vào tập hợp A và cho tổng bằng 0 c −2m+2 hoặc 2m−1.

N. V. Kartatsov

M830 *. Một học sinh đang thực hành lời giải phương trình bậc hai. Sau khi viết một số phương trình x²+p₁x+q₁=0, anh ấy giải nó u, đảm bảo rằng nó có hai nghiệm, soạn phương trình thứ hai x²+p₂x+q₂=0, trong đó p₂ là nghiệm nhỏ hơn và q₂ là nghiệm lớn hơn của phương trình thứ nhất. Từ phương trình thứ hai, anh ta tạo ra phương trình thứ ba, nếu có thể, v.v.

a) Chứng minh rằng bài tập này không thể tiếp tục vô thời hạn.
b) Tìm dãy hữu hạn dài nhất của tam thức bậc hai thỏa mãn phương trình thỏa mãn phương trình.

a) Lời giải dựa trên việc nghiên cứu dấu của các hệ số của phương trình. Đặt fₙ(x)=x²+pₙx+qₙ=0 là phương trình thứ trong dãy đang xét. Hãy chứng minh khẳng định sau:
nếu n ≥3 và phương trình fₙ(x)=0 không phải là phương trình cuối cùng thì các số pₙ và qₙ đều dương hoặc đều âm.
Sử dụng Vieta, chúng tôi biểu thị các hệ số của tam thức bậc hai fₙ−1(x) theo pₙ và qₙ.
$$p_{n−1} = -(p_n + q_n), q_{n−1} = p_n q_n.$$

Theo điều kiện pₙ<qₙ и pₙ−1<qₙ−1, то есть −(pₙ+qₙ) < <pₙqₙ или qₙ> −pₙ(1+qₙ). Thêm vào các bất đẳng thức này phương trình phân biệt dương của tam thức fₙx, chúng ta thu được hệ
$$q_n > p_n$$
$$q_n > -p_n(1+q_n)$$
$$4q_n < p_n^2,$$

được giải quyết bằng đồ họa ở lề. Tuyên bố của chúng tôi ngay lập tức theo sau từ biểu đồ. (Tuy nhiên, không khó để chứng minh điều đó bằng đại số: trường hợp pₙ ≥0 ≥qₙ là không thể (qₙ>pₙ); nếu pₙ<0<qₙ, thì từ (2) và (3) chúng ta thu được qₙ²>pₙ²(1+qₙ)²>4qₙ(1+qₙ)² hoặc 4qₙ³+7qₙ²+4qₙ<0, điều này cũng không thể xảy ra với qₙ ≥0).

48

Bây giờ chúng ta giả sử rằng số phương trình trong dãy ít nhất là năm. Nếu phương trình $f_5(x) = 0$ không phải là phương trình cuối cùng, thì từ khẳng định đã được chứng minh và sự tương ứng (1) suy ra rằng chỉ có hai trường hợp có thể xảy ra: hoặc $0 < p_5 < q_5$ và sau đó là $p_4 < 0 < q_4$, hoặc $p_5 < q_5 < 0$ và sau đó là $0 < p_4 < q_4$, và $p_3 < 0 < q_3$. Cả hai điều này đều mâu thuẫn với tuyên bố của chúng tôi. Do đó, chuỗi phương trình được đề cập sẽ luôn được khai báo và không muộn hơn bước thứ năm.

6. Đáp số: Chuỗi tam thức vuông dài nhất là 5.

Từ lời giải bài toán a) rõ ràng là không thể soạn nhiều hơn phần gót của phương trình theo định luật đã chỉ ra. Ví dụ sau đây cho thấy tồn tại một chuỗi có độ dài 5 (nó được viết từ cuối - theo thứ tự thuận tiện hơn khi xây dựng nó bằng công thức (1)): $f_5(x) = x^2 - \frac{1}{2}x + 4$, $f_4(x) = x^2 - \frac{7}{2}x - 2$, $f_3(x) = x^2 + \frac{11}{2}x + 7$, $f_2(x) = x^2 - \frac{25}{2}x + \frac{77}{2}$, $f_1(x) = x^2 - 26x - \frac{1925}{4}$.

M. V. Sapir

F837. Để thay đổi tốc độ của một bộ phận, người ta sử dụng máy đo gió bằng laser, trong đó các hạt chuyển động được chiếu sáng bởi hai hệ số laser giao nhau của phương trình, không phải là hệ số đầu tiên, hệ số thứ hai hay hệ số cuối cùng trong chuỗi đang xem xét.

F837. Để thay đổi tốc độ của một bộ phận, người ta sử dụng máy đo gió bằng laser, trong đó các hạt chuyển động được chiếu sáng bởi hai hệ số laser giao nhau của phương trình, không phải là hệ số đầu tiên, hệ số thứ hai hay hệ số cuối cùng trong chuỗi đang xem xét.

Chúng ta hãy chọn hệ tọa độ $XOY$ như trong Hình 2, và đối với một điểm $a$ tùy ý có tọa độ $x$ và $y$, chúng ta sẽ tìm độ lệch pha $\Delta\varphi$ cho hai sóng phẳng tương ứng với chùm tia của chúng ta và đi đến điểm này. Đặt pha của sóng đầu tiên tại điểm có tọa độ $x = 0$ và $y = 0$ bằng $\varphi_0$, tức là $\varphi_1(0, 0) = \varphi_0$. Mặt trước của sóng này được mô tả trên Hình 2 bằng một đường thẳng $N_{10}$, đi qua điểm (0; 0); mặt trước của sóng này đi qua điểm (x; y) được mô tả bằng đường thẳng $N_1$. Rõ ràng là hiệu đường đi $\Delta_1$ của các tia tương ứng với sóng này tới các điểm (0; 0) và (x; y) bằng khoảng cách giữa các đường thẳng $N_{10}$ và $N_1$, tức là bằng đoạn $OB$. Từ những cân nhắc hình học đơn giản, đoạn này và do đó, $\Delta_1$ được tìm thấy:

$$\Delta_1 = |OB| = x \sin \frac{\alpha}{2} + y \cos \frac{\alpha}{2}.$$

Do đó, pha của sóng tại điểm $(x; y)$ bằng $\varphi_1(x, y) = \varphi_0 - \frac{2\pi}{\lambda} (x \sin \frac{\alpha}{2} + y \cos \frac{\alpha}{2})$,

trong đó $\lambda$ là bước sóng.

Theo cách tương tự, chúng ta đặt pha của sóng tương ứng với chùm tia thứ hai tại một điểm có tọa độ $(d; 0)$ bằng $\Psi_0$, tức là $\varphi_2(d, 0) = \Psi_0$ (ở đây $d$ là khoảng cách giữa các điểm $O$ và $O'$). Trong Hình 2, mặt trước của sóng thứ hai đi qua điểm $(d; 0)$ được mô tả bằng đường thẳng $N_{20}$ và mặt trước của sóng thứ hai đi qua điểm $(x; y)$ được mô tả bằng đường thẳng $N_2$. Hiệu đường đi $\Delta_2$ bằng đoạn $O'C$, tức là bằng

$$\Delta_2 = |O'C| = (d - x) \sin \frac{\alpha}{2} + y \cos \frac{\alpha}{2}.$$

Do đó, pha của sóng thứ hai tại điểm $(x, y)$ bằng

49

$$\varphi_2(x, y) = \Psi_0 - \frac{2\pi}{\lambda} \left( (d - x) \sin \frac{\alpha}{2} + y \cos \frac{\alpha}{2} \right).$$

Độ lệch pha $\Delta\varphi(x, y)$ giữa sóng của hai chùm tia tại điểm $(x: y)$ bằng

$$\Delta\varphi(x, y) = \varphi_1(x, y) - \varphi_2(x, y) = \varphi_0 - \Psi_0 - \frac{2\pi}{\lambda} \left( 2x \sin \frac{\alpha}{2} - d \sin \frac{\alpha}{2} \right).$$

Như có thể thấy từ biểu thức thu được cho $\Delta\varphi(x, y)$, sự dịch pha giữa sóng của hai chùm ánh sáng chỉ phụ thuộc vào tọa độ $x$. Giả sử biên độ sóng của cả hai chùm tia bằng nhau và bằng $A$. Sự phân bố cường độ ánh sáng tại khu vực các chùm tia giao nhau sẽ có dạng $I(x) = 2A^2(1 + \cos \Delta\varphi) = 2A^2 \left( 1 + \cos \left( \varphi_0 - \Psi_0 - \frac{2\pi}{\lambda} \left( 2x \sin \frac{\alpha}{2} - d \sin \frac{\alpha}{2} \right) \right) \right).$

Hàm tuần hoàn này có chu kỳ $\Delta x$ dọc theo trục $X$, được tìm thấy từ điều kiện

$$\frac{2\pi}{\lambda} 2 \cdot \Delta x \cdot \sin \frac{\alpha}{2} = 2\pi \Rightarrow \Delta x = \frac{\lambda}{2 \sin \frac{\alpha}{2}}.$$

Nếu kích thước hạt nhỏ hơn $\Delta x$ và hạt chuyển động đều với tốc độ $v$ dọc theo trục $X$ thì cường độ ánh sáng phản xạ từ hạt và được tế bào quang điện thu giữ sẽ thay đổi tuần hoàn theo thời gian với chu kỳ $T = \Delta x/v$ hoặc với tần số $v = v/\Delta x$. Thay thế biểu thức tìm được cho $\Delta x$, từ đẳng thức cuối cùng, chúng ta tìm thấy:

$$v = \frac{\lambda v}{2 \sin \frac{\alpha}{2}} = \frac{0.63 \times 10^{-6} \cdot 320 \cdot 10^3}{2 \cdot 0.5} \text{ m/c} \approx 0.2 \text{ m/c}.$$

V. V. Mozhaev

F838. Vào năm 1844, nhà toán học và thiên văn học xuất sắc Bessel đã phát hiện ra rằng chuyển động của Sirius (không liên quan đến chuyển động của hablodator trên trái đất) tuân theo một hình sin (Hình 1). Tăng tối đa từ đường thẳng $a = 2,3''$, khoảng thời gian $T = 50$ năm. Bessel đề xuất (18 năm sau điều này đã được xác nhận bằng quan sát trực tiếp) rằng độ cong trên đường đi của Sirius là do vệ tinh - một ngôi sao yếu hơn bị đánh bóng. Tìm tỷ lệ khối lượng $m$ của vệ tinh (Sirius $B$) với khối lượng $M_C$ của Mặt trời, nếu khối lượng của ngôi sao chính (Sirius $A$) là $M = 2,3M_C$. Được biết, bán kính quỹ đạo Trái đất có thể nhìn thấy từ Sirius ở góc $\beta = 0,376''$. Giả sử rằng các quỹ đạo là bạn sao và mặt phẳng

Từ điều kiện bài toán rõ ràng $a$ là kích thước góc của bán kính quỹ đạo Sirius $A$ khi quan sát từ Trái đất. Có tính đến độ nhỏ của các góc $a$ và $\beta$, chúng ta có thể viết ra sự tương ứng giữa bán kính quỹ đạo của Sirius $A$ ($R$) và Trái đất ($R_0$) (xem Hình 2):

$$\frac{R}{R_0} = \frac{a}{\beta}.$$

Các thành phần của hệ Sirius xoay quanh khối tâm. Bán kính $r$ quỹ đạo của Sirius $B$ là

$$r = \frac{M}{m} R.$$

Do đó, khoảng cách giữa các thành phần bằng $R + r$.

Hãy viết phương trình chuyển động (định luật Newton II) cho Sirius $A$ và cho Trái đất (Khối lượng Trái đất $m_0$, năm Trái đất $T_0$):

$$M \left( \frac{2\pi}{T} \right)^2 R = G \frac{Mm}{(R+r)^2},$$

$$m_0 \left( \frac{2\pi}{T_0} \right)^2 R_0 = G \frac{M_C m_0}{R_0^2}.$$

Hãy chia phương trình (3) cho phương trình (4):

50

$$\left(\frac{T_0}{T}\right)^2 \frac{R}{R_0} = \frac{m}{M_C} \frac{R_0^2}{(R+r)^2}.$$

Thật thuận tiện khi giới thiệu các đại lượng không thứ nguyên $\mu = \frac{m}{M_C}$, $\tau = \frac{T}{T_0}$, $\varrho = \frac{R}{R_0}$. Khi đó phương trình (5), có xét đến sự tương ứng (2), được chuyển về dạng

$$\frac{(\mu + M/M_C)^2}{\mu^3} = \frac{\tau^2}{\varrho^3}.$$

Không $M/M_C = 2,3$, $\varrho = \alpha/\beta \approx 6,1$ (tương ứng với (1)) và $\tau = 50$. Kể từ đây,

$$\frac{(\mu + 2,3)^2}{\mu^3} = \frac{\tau^2}{(\alpha/\beta)^3} \approx 11.$$

Lựa chọn là:

$$\mu = m/M_C \approx 1.$$

V. E. Belochukin

F839. Nếu đặt một cây bút chì hình lục giác trên một mặt phẳng nghiêng tạo một góc a so với mặt ngang, vuông góc với đường sinh của nó (đường giao nhau của mặt phẳng với mặt ngang) thì cây bút chì sẽ bị lắc lư. Nếu bạn đặt nó song song với máy phát điện thì nó sẽ cuộn lên. Trong điều kiện nào φ giữa trục của bút chì và ma trận của mặt phẳng nghiêng (Hình 1) thì bút chì sẽ ở trạng thái cân bằng?

Từ điều kiện bài toán suy ra hệ số ma sát trượt $\mu$ của bút chì trên mặt phẳng nghiêng thỏa mãn điều kiện $\mu \geqslant \text{tg} \alpha$. Thật vậy, một cây bút chì đặt vuông góc với máy phát điện ở trạng thái cân bằng, nghĩa là $mg \sin \alpha = F_{\tau p}$, trong đó $mg$ là trọng lực, $F_{\tau p}$ là lực ma sát. Nhưng $F_{\tau p} \leqslant \mu mg \cos \alpha$. Do đó, $mg \sin \alpha \leqslant \mu mg \cos \alpha$, do đó $\mu \geqslant \text{tg} \alpha$.

Điều này có nghĩa là ở bất kỳ giá trị nào của góc $\varphi$ bút chì sẽ không trượt dọc theo mặt phẳng nghiêng.

Bút chì đôi khi có thể lăn xuống một góc $\varphi_0$ như vậy, khi vectơ trọng lực “đi” ra ngoài vùng tiếp xúc giữa bút chì và mặt phẳng nghiêng (trong Hình 2 vùng này được bảo vệ). Để tìm góc này, chúng ta chiếu khối tâm của bút chì lên một mặt phẳng nghiêng—điểm $A$ trong Hình 2—và đánh dấu giao điểm của đường thẳng đứng đi qua khối tâm với mặt phẳng nghiêng—điểm $B$. Rõ ràng, với các hướng khác nhau của bút chì, nếu khối tâm của nó giữ nguyên thì các điểm $A$ và $B$ sẽ đứng yên và nếu cạnh của tiết diện lục giác của bút chì bằng $2a$ thì $|AB| = 2a \sin \alpha$.

Chỉ cần điểm $B$ nằm trong vùng lục giác thì bút chì sẽ không lăn được.

Hãy viết điều kiện của phần lăn:

$$\frac{|AD|}{\cos \varphi_0} = |AB_0|,$$

hoặc $$\frac{\alpha}{\cos \varphi_0} = a\sqrt{3} \text{tg} \alpha.$$

Từ đây

$$\varphi_0 = \arccos \frac{1}{\sqrt{3} \text{tg} \alpha}.$$

Như vậy, nếu góc $\varphi$ thỏa mãn điều kiện

$$\arccos \frac{1}{\sqrt{3} \text{tg} \alpha} \leqslant \varphi \leqslant \frac{\pi}{2},$$

51

Cây bút chì ở trạng thái cân bằng. Rõ ràng, biểu thức của góc $\varphi_0$ có ý nghĩa với điều kiện $tg\alpha > \frac{1}{\sqrt{3}}$. Việc một cây bút chì đặt song song với ma trận cuộn xuống có nghĩa là $tg\alpha > \frac{1}{\sqrt{3}}$ (bạn hãy tự chứng minh điều này).

S. S. Krotov

F840. Trong sự sắp xếp nằm ngang của một hộp phẳng có kích thước $10 \times 10$ cm, $N=1000$ quả bóng thép nhỏ có khối lượng $m=0,5$ m, mỗi quả cầu nằm ngẫu nhiên. Hộp bắt đầu chuyển động với tốc độ $v_0=10$ m/s vuông góc với một trong các bức tường bên. Coi tác động của các quả bóng lên thành hộp và các quả bóng khác lên các thành khác là hoàn toàn đàn hồi, hãy xác định: a) những xung lực mà các quả bóng sẽ truyền tới mỗi thành bên trong 10 giây đầu tiên; b) các bức tường nhận được những xung lực nào trong 10 giây tiếp theo sau khi chiếc hộp bị phanh gấp.

Khi hộp bắt đầu di chuyển và đánh các quả bóng, chúng đạt tốc độ $2\vec{v}_0$, và sau thời gian $\tau_1 = a/v_0$ (a là cạnh của hộp) tất cả các quả bóng bắt đầu di chuyển (thời gian này thực sự ít hơn một chút, vì một số quả bóng có thể, do va chạm lẫn nhau, bắt đầu di chuyển trước khi bức tường chạm tới chúng). Sau nhiều lần va chạm của các quả bóng với nhau và với các bức tường, vận tốc của các quả bóng sẽ có hướng tùy ý nhất.

Sẽ thuận tiện hơn khi xem xét những gì diễn ra trong hệ quy chiếu gắn liền với chiếc hộp. Trong hệ thống này, tốc độ trung bình của quả bóng (vectơ) bằng 0 và vì tốc độ của hộp không thay đổi theo điều kiện nên tổng năng lượng của các quả bóng không đổi và trung bình mỗi quả bóng sẽ có năng lượng $mv_0^2/2$. Tất cả điều này rất giống với hành vi của các phân tử khí bay qua một lỗ nhỏ vào một bình rỗng và ban đầu có vận tốc có hướng đều, và sau một thời gian chúng đã chuyển động hoàn toàn hỗn loạn.

Vẫn còn phải xem liệu thời gian quy định trong điều kiện bài toán (10 giây) có đủ dài để chuyển động của các quả bóng trở nên kỳ lạ hay không. Để làm điều này, chúng tôi tìm thời gian trung bình gần đúng giữa các lần va chạm của các quả bóng. Chúng ta sẽ giả sử rằng trong thời gian này $\tau_{cp}$ một quả bóng có đường kính $d$ chuyển động theo đường thẳng với tốc độ $v_0$. Sau đó, anh ta “quét” khu vực $S = 2dv_0\tau_{cp}$, trong đó (trung bình) tâm của chỉ một quả bóng rơi ra khỏi những quả bóng khác nằm ngẫu nhiên. Những quả bóng còn lại này có diện tích $a^2$ (a là cạnh của hộp). Điều này có nghĩa là các điều kiện cho tính duy nhất của một vụ va chạm theo thời gian $\tau_{cp}$ trông như thế này:

$$\frac{a^2}{N-1} = 2dv_0\tau_{cp} \Rightarrow \tau_{cp} = \frac{a^2}{2dv_0(N-1)}$$

Hãy tìm đường kính của quả bóng khi biết khối lượng và mật độ thép của nó:

$$d = \sqrt[3]{\frac{6m}{\pi q}} \approx 5 \cdot 10^{-4} \text{ м} = 0,5 \text{ мм}$$

Vì vậy, thời gian trung bình giữa các lần va chạm là $\sim 1 \cdot 10^{-3}$ s. Rõ ràng là có tính đến thời gian $\tau_1 = a/v_0 = 10^{-2}$ s, thời gian “hỗn loạn” không vượt quá 0,015-0,020 s, tức là nó là một phần nhỏ của khoảng 10 s đã cho. Do đó, chúng ta có thể giả định một cách gần đúng rằng các quả bóng luôn chuyển động hỗn loạn. Khi đó số lần tác động lên mỗi bức tường là như nhau. Để đếm các tác động, chuyển động của quả bóng vuông góc với bức tường giao nhau với chúng ta là điều cần thiết. Hãy biểu thị tốc độ của quả bóng theo hướng này $v_x$. Số lần ra đòn trong thời gian ngắn $\Delta t$ bằng

$$\Delta n = \frac{v_x \cdot \Delta t \cdot a}{a^2} \cdot \frac{1}{2} N = \frac{v_x N}{2a} \cdot \Delta t.$$

Điều này có nghĩa là trong thời gian $T = 10$ s số lần đập bằng