Từ những lá thư của độc giả

47

$$F \sim \varrho_1 \varrho_2 = \frac{\varrho_2}{\varrho_1} \varrho_1 \varrho_2 = \frac{\varrho_1}{\varrho_2} \varrho_2.$$

Từ mối quan hệ thu được, rõ ràng là để tìm lực tương tác giữa hai nửa có mật độ điện tích khác nhau, bạn có thể tìm lực tương tác giữa hai nửa giống hệt nhau có cùng mật độ điện tích $\varrho_1$ (hoặc $\varrho_2$), sau đó nhân giá trị tìm được với $k = \frac{\varrho_2}{\varrho_1}$ ($\ln \frac{1}{k} = \frac{\varrho_1}{\varrho_2}$).

Vì vậy, chúng ta hãy tìm lực tác dụng lên một bán cầu có mật độ điện tích $\varrho_1$ từ một bán cầu có cùng mật độ điện tích. Chia bán cầu thành nhiều lớp mỏng đến mức có thể coi là bán cầu. Tại mỗi điểm của bán cầu, hướng của điện trường bằng

$$E = \frac{4}{3} \pi r^3 \varrho_1 \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0 r^2} = \frac{1}{3 \varepsilon_0} \varrho_1 r,$$

trong đó $r$ là bán kính của bán cầu. Hình chiếu thẳng đứng của lực $\Delta f$ tác dụng lên một phần tử của bề mặt bán cầu, có diện tích bằng $ds$, bằng (xem hình)

$$df = E \varrho_1 \cdot ds \cdot dr \cdot \cos \alpha = \frac{\varrho_1^2 r}{3 \varepsilon_0} ds' \cdot dr,$$

trong đó $dr$ là độ dày của lớp hình cầu, $ds'$ là diện tích hình chiếu của phần tử $ds$ trên mặt phẳng ngang. Rõ ràng hình chiếu thẳng đứng của lực tác dụng lên toàn bộ bán cầu tỉ lệ thuận với diện tích hình chiếu của bán cầu lên mặt phẳng ngang, tức là

$$f = \frac{\varrho_1^2 r}{3 \varepsilon_0} \pi r^2 dr.$$

Hình chiếu theo phương ngang của lực tác dụng lên bán cầu bằng 0.

Do đó, lực tương tác giữa hai nửa có cùng mật độ điện tích bằng

$$F = \int_0^R \frac{\varrho_1^2 r^3}{3 \varepsilon_0} dr = \frac{\varrho_1^2 R^4}{12 \varepsilon_0}.$$

Và để tìm lực tương tác giữa hai nửa có mật độ điện tích $\varrho_1$ và $\varrho_2$, bạn cần nhân biểu thức thu được với $k = \frac{\varrho_2}{\varrho_1}$:

$$F' = \frac{\varrho_2}{\varrho_1} \frac{\varrho_1^2 R^4}{12 \varepsilon_0} = \frac{\pi R^4}{12 \varepsilon_0} \varrho_1 \varrho_2.$$

I. V. Grebnet

Từ nét vẽ của độc giả

Những độc giả thường xuyên của mô hình «Kvant» sẽ nhận thấy sự thay đổi trong truyền thống của Người ấn định lượng tử trong năm qua. Lời giải trong số hầu hết bài toán hiện vẫn được xuất bản chỉ ba tháng sau khi mắc bệnh. (Lời giải trong số bài toán còn lại, theo quy định, được bao gồm trong các ghi chú nhỏ được xuất bản trong khuôn khổ “Bài tập”.) Việc giảm khoảng cách trong việc xuất bản bài toán và lời giải của chúng đã được nhiều học sinh và giáo viên đánh giá tích cực, nhưng thay vì lời giải bài toán M765 về tam giác, hoàn toàn khác với của tác giả, lại được đề xuất bởi M. Kontsevich (Moscow). Trong bài toán này, cần phải chứng minh rằng với bất kỳ tập hữu hạn điểm $B$ nào của mặt phẳng (không thuộc một đường thẳng) đều có thể xây dựng một hệ tam giác - một tam giác (với các đỉnh ở tất cả các điểm $B$ và chỉ tại chúng), có tính chất sau: đường tròn ngoại tiếp của mỗi tam giác đó không chứa các điểm $B$ bên trong chính nó và đối với tập hợp các điểm $B$ ở vị trí tổng quát (khi không có bốn trong số chúng thuộc cùng một vòng tròn), tam giác như vậy là duy nhất.

Hãy chiếu mặt phẳng của chúng ta lên một quả cầu chạm vào nó tại điểm $T$ tính từ điểm $C$ đối diện theo đường kính $T$. Hãy bắt đầu với tập hợp các điểm “dây cao su” của hình cầu $B'$ thu được từ $B$ (và điểm $C$) - lấy phần bao lồi của chúng. Kết quả sẽ là một khối đa diện lồi có gam tam giác (trong trường hợp tổng quát) và mặt phẳng của mỗi mặt sẽ cắt hình cầu dọc theo mặt vectơ ngoại tiếp của hình tròn và tất cả các đỉnh của khối đa diện sẽ nằm trên một cạnh của mặt phẳng hình tròn

48

nó không cho phép các biên tập viên của tạp chí đọc, nếu cần thiết, lời giải tất cả thư từ độc giả liên quan đến “Nhiệm vụ”. Những tấm bưu thiếp thú vị nhất từ ​​độc giả, những tấm bưu thiếp bổ sung đã được xuất bản lời giải, đã thôi thúc chúng tôi quay lại một số bài toán. Chúng tôi hy vọng có thể cung cấp một cái nhìn tổng quan như vậy về một trong những truyền thống của Nhiệm vụ. Vấn đề này là về toán học.

(đây là điều kiện lồi của khối đa diện!). Bằng cách chiếu các cạnh của khối đa diện trở lại mặt phẳng, chúng ta thu được cấu trúc tam giác cần thiết.

Ở đây chúng tôi sử dụng tính chất sau của phép chiếu lập thể (nghĩa là hình chiếu của một hình cầu từ điểm của nó lên một mặt phẳng chạm vào nó tại một điểm đối diện theo đường kính): bất kỳ đường tròn nào trên hình cầu không đi qua đường của hình chiếu sẽ đi vào một đường tròn trên mặt phẳng (ví dụ, xem «Kvant», 1978, số 12, trang 51). Người đọc có một số kiến ​​thức về hình học bốn chiều có thể dễ dàng biết được cách giải biến thể không gian bài toán M765 theo cách tương tự.

---

Tác giả bài toán M748 A. Kuzminykh và một số độc giả khác đã thu hút sự chú ý đến sự thiếu chính xác trong hình ảnh lời giải của bài toán này. Đây là một đoạn lời giải ngắn làm nổi bật ý chính rõ ràng hơn. Chúng ta đang nói về phát biểu sau (điểm 6) bài toán): nếu một số hình nón trong không gian không giao nhau theo cặp thì chúng không thể được dịch để bao phủ toàn bộ không gian. (Ở đây hình nón là một vật thu được bằng cách quay một góc nhỏ hơn góc gấp xung quanh bisserritsa.) Ý tưởng của lời giải là xem xét tập hợp tất cả các hướng trong không gian. Chúng ta sẽ liên kết mỗi hướng với một tia có điểm bắt đầu tại một điểm cố định O. Thậm chí tốt hơn: hãy lấy một hình cầu (giả sử bán kính 1) có tâm tại điểm O - mỗi điểm M của nó tương ứng với định nghĩa về hướng OM trong không gian. Mỗi hình nón K có một “nắp” trên hình cầu - giao điểm của hình cầu với hình nón K₀, thu được từ K bằng cách dịch đỉnh song song tới điểm O; Hơn nữa, đối với bất kỳ điểm M nào bên trong K₀ thì hướng OM cắt hình nón K dọc theo một tia nào đó và đối với một điểm M bên ngoài K₀ - dọc theo nhiều hơn một đoạn (có lẽ nó hoàn toàn không cắt K); Để thấy điều này, sẽ rất hữu ích nếu chiếu mặt phẳng qua tia OM và đỉnh của hình nón K. Nếu hai hình nón không giao nhau trong không gian thì các mũ tương ứng của chúng trên mặt cầu định hướng cũng không thể có các điểm chung bên trong: đối với một điểm M như vậy, tia OM sẽ phải giao nhau với mỗi hình nón trong số hai hình nón dọc theo một tia, nghĩa là các hình nón sẽ phải có một tia chung. Như vậy, các mũ cho dữ liệu trong điều kiện hình nón có tổng diện tích nhỏ hơn diện tích hình cầu nên dù chúng ta pha loãng hình nón như thế nào thì các mũ cũng không thể che được hình cầu. Nhưng đối với bất kỳ điểm M hoặc không được che phủ nào, tia OM cắt mỗi hình nón (dịch) nhiều nhất dọc theo một đoạn, do đó các hình nón không che phủ không gian.

---

Độc giả của chúng tôi đến từ Bulgaria, Ivan Topov (Sofia) đã nhận được kết quả cuối cùng liên quan đến câu hỏi sau: với số tự nhiên n>1 nào thì 2n điểm có thể chia một đường tròn thành 2n cung bằng nhau được nối thành từng cặp bằng n dây có độ dài khác nhau? Trong lời giải bài toán M789 («Kvant», 1983, No. 5, p. 46) từ thông điệp về số bốn, người ta đã suy ra rằng với n=4m+2 và n=4m+3 thì điều này không thể thực hiện được, và giả thuyết được đưa ra là với n khác thì có thể; điều này đã được chứng minh bởi I. Topov. Đây là công trình của nó. Với n=4m, chúng ta đánh số tất cả 2n=8m điểm theo thứ tự (giả sử theo chiều kim đồng hồ) với các số từ 1 đến 4m:

$$4m, 4m-2, 4m-4, ..., 4, 2; \quad 4m-1; \quad 2, 4, ..., 4m-2, 4m;$$

$$4m-3, 4m-5, ..., 2m+3;$$

$$2m-1, ..., 5, 3; \quad 2m+1; \quad 4m-1; \quad 3, 5, ..., 2m-1; \quad 1; \quad 1;$$

$$2m+3, ..., 4m-3; \quad 2m+1.$$

Khi đó, mỗi số k<4m sẽ được gán cho hai điểm, giữa chúng (dọc theo một cung ngắn hơn của đường tròn) có đúng k-1 điểm. Tương tự, với n=4m+1 đánh số là phù hợp; 4m-2, 4m-4, …, 6, 2; 4m; 2, 4, …, 4m-2; 2m+1; 4m+1, 4m-1, …, 2m+3; 2m-1, …, 5, 3; 2m+1; 3, 5, 2m-1; 1, 1; 2m+3, …, 4m-1, 4m+1. (Xem hình ảnh cho m=3.)