Lời giải bài toán M847—M850; F858—F861

45

Lời giải bài toán

M847—M850, F858—F861

M847. Hình vuông được chia thành n×n ô. Hai con cerrok thay phiên nhau đi vòng quanh một bên của cùng một ô (bạn không thể khoanh tròn cùng một bên hai lần). Ai đưa ra đúng Ceres, nếu
a) Cerrok đầu tiên xây dựng một đường khép kín sẽ thắng;
b) Cerrok vượt qua, người buộc phải là người đầu tiên xây dựng một đường khép kín.

a) Đáp số: nếu chơi đúng, quân về thứ hai luôn thắng. Để làm được điều này, anh ta phải thực hiện các bước di chuyển đối xứng với các bước di chuyển của người đầu tiên (người mới bắt đầu) so với một trong các đường chéo của hình vuông, cho đến khi người đầu tiên xây dựng một “gần như chu kỳ”, tức là một vị trí đủ để khoanh tròn một cạnh để có được một chu trình (đường nét đứt khép kín). Bằng cách đi vòng về phía này, con cerrok thứ hai sẽ thắng.

Chúng ta cần chứng minh rằng với chiến lược như vậy là cerrok đầu tiên. Ngược lại, chúng ta hãy giả sử rằng sau khi anh ta đã đi vòng quanh một bên a nào đó, một “gần như chu kỳ” lần đầu tiên xuất hiện, và trước chu kỳ anh ta sẽ không đến được một bên b; gọi x₁, …, xₙ là các cạnh còn lại của chu trình này. Các cạnh này đã được khoanh tròn trước nước đi cuối cùng (a) của quân cờ thứ hai, do đó các cạnh x’₁, …, x’ₙ, đối xứng với nó so với đường chéo, cũng như các cạnh a’, đối xứng với a, đã được khoanh tròn trước nước đi này. Và vì x₁, …, xₙ và a tạo thành một “gần như chu kỳ”, x’₁, …, x’ₙ và a’ cũng tạo thành một “gần như chu kỳ” (sẽ không đến bên b’ trước chu kỳ). Do đó, “gần như chu kỳ” nảy sinh là nước đi cuối cùng của cerok thứ hai. Sự mâu thuẫn.

6. Đáp số: nếu n chẵn thì con thứ hai thắng, nếu n lẻ thì con thứ nhất thắng; chính xác hơn, chu kỳ đầu tiên quay theo các bước di chuyển chính xác (n+1)2 (tất nhiên, giả sử rằng các cerrok di chuyển chính xác, nghĩa là chúng không đóng chu kỳ miễn là điều này có thể).

Thật vậy, hãy xem xét một vị thế chưa có chu kỳ nào, nhưng bất kỳ động thái mới nào cũng tạo ra một chu kỳ. Ta sẽ chứng minh hai khẳng định sau:

1. bất kỳ hai nút nào của “sân chơi” ở vị trí này có thể được kết nối bằng toàn bộ các cạnh được khoanh tròn; nói cách khác, một đa tuyến (phân nhánh), được tạo thành từ tất cả các cạnh được khoanh tròn, đi qua tất cả các nút và được kết nối (từ bất kỳ đỉnh nào của nó, bạn có thể đi dọc theo nó đến bất kỳ đỉnh nào khác);

2. bất kỳ đường đứt đoạn nào được kết nối không có chu trình với k đỉnh đều có k - 1 liên kết.

Từ những phát biểu này, suy ra rằng ở vị trí đang xét có (n+1)2—1 cạnh được khoanh tròn, đó chính là điều chúng ta cần.

Để chứng minh phát biểu đầu tiên, hãy lấy hai nút A và B bất kỳ và bất kỳ cạnh nào được khoanh tròn nối XY (xem hình). Nếu bạn khoanh tròn nó, một chu kỳ sẽ xuất hiện. Rõ ràng, nó phải chứa nút XY, vì vậy các nút X và Y phải chứa một “cầu nối” gồm các cạnh được phác thảo. Bằng cách thay thế mỗi zeno chưa được khoanh tròn của hạt cầu bằng một “cầu nối” như vậy, chúng ta sẽ có được một đường đứt đoạn từ các cạnh được khoanh tròn đi qua A và B.

Hãy chuyển sang tuyên bố thứ hai. Nếu đường đứt nét không chứa chu trình thì nó có ít nhất một đỉnh X, từ đó chỉ xuất hiện một zeno XY. Do khả năng kết nối, ít nhất một Zeno nữa sẽ rời điểm Y. Hãy xóa XY khỏi đường đứt nét; Một đỉnh X bị loại bỏ cùng với nó và đường gãy vẫn được kết nối. Nếu chúng ta tiếp tục làm như vậy thì chúng ta sẽ đến đích

46

M848. a) Vẽ đồ thị hàm số $f_0(x) = \|x-1\| - 2\|x\| - 3\|$.

b) Hình 1 thể hiện đồ thị của ba hàm tuyến tính Cousson $f_1, f_2, f_3$. Viết công thức cho chúng dưới dạng $y = kx + b + c_1|x - a_1| + \dots + c_m|x - a_m|$, trong đó $k, b, c_i, a_i$ là một số số, $m$ là số điểm ngắt của đồ thị ($a_i$ là hoành độ của các điểm ngắt, $i=1, 2, \dots, m$).

c) Viết hàm $f_0$ từ điểm a) dưới dạng tương tự

e) * Một số hàm là sự kết hợp của các hàm tuyến tính, “modulo” và phép tính phép cộng, với ký hiệu module được sử dụng trong ký hiệu của nó là $n$ lần (ví dụ a) $n=4$. Số lần ngắt tối đa (cho mỗi n) mà đồ thị của nó có thể có là bao nhiêu?

a) Đồ thị của hàm $f_0$ được tô màu đỏ (Hình 2). Đó là một đường đứt nét có số đỉnh hữu hạn - điểm đứt và hai liên kết cực trị vô hạn; một hàm có đồ thị như vậy được gọi là tuyến tính Cousson. Mặc dù cách xây dựng biểu đồ này là tiêu chuẩn, nhưng chúng tôi sẽ tập trung vào nó chi tiết hơn - điều này cho phép chúng tôi thực hiện một số phép thay thế hữu ích cho lời giải bài toán d).

Đặt $f(x) = |x-1| - 2|x| - 3|$, sau đó $f_0(x) = |f(x)|$, và do đó, đồ thị $f_0$ được lấy từ đồ thị $f$ (đường màu đen trong Hình 2) bằng cách phản chiếu phần của nó nằm bên dưới trục x so với trục này. Rõ ràng là quy tắc xây dựng đồ thị $|f|$ này đúng với mọi hàm $f$. Đặc biệt, từ đó suy ra rằng:

1. nếu $m(f)$ là số lần ngắt của hàm tuyến tính Cousson $f$, thì

$$m(|f|) \leq 2m(f) + 1.$$

(Thật vậy, khi di chuyển từ $f$ đến $|f|$, các dấu ngắt mới xuất hiện trong đó đồ thị của hàm $f$ cắt trục $Ox$, tức là không quá một trên mỗi liên kết và số lượng liên kết lớn hơn số lượng dấu ngắt $m(f)$.)

Hơn nữa, hàm $f$ là tổng của các hàm $g(x) = |x-1|$ và $h(x) = -2|x| - 3|$, do đó, nó chỉ có thể có dấu ngắt khi có ít nhất một trong các số hạng có dấu ngắt, tức là tại các điểm mà các biểu thức trong mô hình biến mất: $x-1$, $x$ hoặc $|x|-3$; đây là các điểm $-3, 0, 1$ và $3$. Nói chung là giống nhau

2. cho mọi hàm tuyến tính Cousson $g$ và $h$

$$m(g+h) \leq m(g) + m(h).$$

Trên mỗi khoảng $] -\infty; -3]$, $[-3; 0]$, $[0; 1]$, $[1; 3]$ và $[3; \infty[$, các hàm $g, h$ và do đó $f$ là tuyến tính. “Bằng cách mở mô hình”, chúng ta thấy rằng $f(x) = -x+1$ tại $x \leq -3$, $f(x) = -3x-5$ tại $-3 \leq x \leq 0$, v.v., sau đó chúng ta có thể xây dựng từng liên kết của biểu đồ. (Tuy nhiên, “Mở rộng mô hình” là không cần thiết. Để xây dựng một biểu đồ, rất đơn giản, chỉ cần vẽ các điểm của nó là đủ

47

phá vỡ và theo một điểm trên các liên kết vô hạn, nghĩa là tìm các giá trị của $f(-3), f(0), f(1), f(3)$ và giả sử, $f(4)$ và $f(-4)$.

6. Đáp số: $f_1(x) = \frac{1}{2}x + \frac{1}{2}|x|$, $f_2(x) = f_1(-x-1) + f_1(x-1) = -1 + \frac{1}{2}|x+1| + \frac{1}{2}|x-1|$, $f_3(x) = 1 - |x| + f_2(x) = \frac{1}{2}|x+1| - |x| + \frac{1}{2}|x-1|$.

b) Đáp số: $f_0(x) = -6 + |x+7| - 2|x+3| + 3|x| + \frac{5}{3}|-2|x| - |x-1| + 3|x-\frac{7}{3}| - 2|x-3| + |x-5|$.

Hãy giải ngay bài toán ở dạng tổng quát. Đặt $f$ là một hàm tuyến tính từng đoạn với các điểm ngắt có hoành độ $a_1, \dots, a_m$ và đặt $k_0, k_1, \dots, k_m$ là hệ số góc của các liên kết của đồ thị của nó trên các khoảng $] -\infty; a_1]$, $[a_1; a_2]$, …, $[a_m; \infty$ [. Hãy chứng minh rằng nó có thể được biểu diễn duy nhất dưới dạng

$$f(x) = kx + b + c_1|x-a_1| + \dots + c_m|x-a_m|.$$

(1)

Điều này có thể được thực hiện bằng cách “mở các mô hình” trên mỗi khoảng $m+1$, đánh đồng hệ số $x$ trong biểu thức thu được của $f(x)$ với $k_i$ tương ứng và giải hệ phương trình thu được cho $k, c_1, \dots, c_m$. Nhưng bạn có thể tìm thấy ngay các giá trị của $c_1, \dots, c_m$.

Đặt $l_i(x)$ là một hàm tuyến tính trùng với $f(x)$ trên khoảng $i$-th; độ dốc của nó là $k_i$. Nếu hàm $f(x)$ được biểu diễn dưới dạng (1), tức là $f(x) = c_i|x-a_i| + h(x)$, trong đó $h(x)$ là hàm tuyến tính trên khoảng $[a_{i-1}; a_{i+1}]$, thì trên khoảng $l_{i-1}(x) = c_i(a_i-x)+h(x)$, $l_i(x) = c_i(x-a_i)+h(x)$ này và độ dốc của hiệu $l_i(x) - l_{i-1}(x) = 2c_i x$ bằng $k_i - k_{i-1}$. Do đó, đẳng thức $c_i = (k_i - k_{i-1})/2, i=1, 2, \dots, m$ phải được giữ nguyên. Ngược lại, nếu chúng được đáp ứng, thì hàm $c_1|x-a_1| + \dots + c_m|x-a_m|$ có các điểm ngắt ở cùng các điểm với $f$ và sự thay đổi của hệ số góc khi đi qua bất kỳ điểm nào trong số này đối với cả hai hàm sẽ giống nhau. Do đó, hiệu của các hàm này là hàm tuyến tính $kx+b$. Các hệ số góc của phần bên trái và bên phải của (1) tại $x>a_m$ lần lượt bằng $k_m$ và $k+c_1+...+c_m=k+(k_m-k_1)/2$, do đó $k=(k_1+k_m)/2$. Giá trị của $b$ có thể được tìm thấy bằng cách thay thế vào (1) bất kỳ giá trị cụ thể nào của $x$, ví dụ: $x=0$.

Các hệ số $k_0, \dots, k_9$ cho hàm $f_0$ được viết phía trên đồ thị của nó (Hình 2). Thay thế chúng vào các công thức thu được, chúng ta tìm thấy đáp số ở trên.

d) Đáp số: Nếu trong ký hiệu của hàm $f$, xét trong bài toán, dấu của mô hình xuất hiện $n$ lần thì số lần ngắt $m(f)$ của đồ thị của nó không vượt quá $2^n-1$.

Ta sẽ chứng minh khẳng định này bằng quy nạp theo $n$. Đối với $n=0$ điều đó là hiển nhiên (hàm tuyến tính không có điểm gấp khúc). Giả sử số của mô hình nhỏ hơn $n$ và ký hiệu của hàm $f$ bao gồm $n$ của mô hình. Khi đó, hàm này có thể được biểu diễn dưới dạng $f=|g|+h$ và hàm $g$ được viết bằng mô-đun $n_1$ và $h$ với mô-đun $n_2$, trong đó $n_1+n_2=n-1$. Theo phát biểu (1) và (2) ở điểm a) và giả sử quy nạp

$$m(f) \leq m(|g|)+m(h) \leq 2m(g)+1+m(h) \leq 2 \cdot (2^{n_1}-1)+1+2^{n_2}-1=2^{n_1+1}+2^{n_2}-2 \leq 2^{n_1+n_2+1}-1=2^{n}-1,$$

kể từ $2^{n_1+n_2+1}-2^{n_1+1}-2^{n_2}+1=(2^{n_1+1}-1)(2^{n_2}-1) \geq 0$.

Đồ thị của hàm $y=|...||x|-2^{n-2}|-2^{n-3}|...-1|$ (xem Hình 3 cho $n=3$) có chính xác điểm ngắt $2^n-1$ (đối với $n$ mô đun trong ký hiệu hàm), do đó ước tính ở bài toán là chính xác.

P. G. Satyanov

◆ Mỗi số đang xét khi chia cho 9 sẽ có số dư bằng số dư khi chia tổng các chữ số của nó $1+2+...+7=28$ cho 9, tức là 1. Số dư tương tự khi chia cho 9 và lũy thừa bảy

48

Một số không thể bằng tổng số cel của các số còn lại.

M850*. Qua giao điểm của đường phân giác A của tam giác ABC và đoạn thẳng nối hai đáy của hai đường phân giác còn lại kẻ một đường thẳng song song với cạnh BC. Chứng minh rằng độ dài cạnh nhỏ của hình thang thu được bằng độ dài các cạnh của nó.

Hình 1.

Chúng ta hãy giới thiệu các ký hiệu sau: $a, b, c$ là độ dài các cạnh của một tam giác cho trước, $ABC, A_1, B_1, C_1$ là đáy của các đường phân giác của nó, $K$ là giao điểm của đường phân giác $AA_1$ với đoạn $B_1C_1$, $MN$ là đoạn thẳng vẽ qua nó song song với cạnh BC (xem Hình 1). Khi vẽ các tam giác AMN và ABC thì điều sau đây đúng:

$$|MN|:|BC|=|AK|:|AA_1|,$$
$$|BM|:|AB|=|CN|:|AC|=|A_1K|:|AA_1|.$$

Biểu diễn từ đây $|BM|, |CN|$ và $|MN|$, ta có

$$\frac{|BM|+|CN|}{|MN|}=\frac{(|AB|+|AC|)\cdot|A_1K|/|AA_1|}{|BC| \cdot |AK|/|AA_1|}=\frac{b+c}{a} \cdot \frac{|A_1K|}{|AK|}.$$

Bây giờ việc còn lại là chứng minh rằng $|A_1K|:|AK|=2a/(b+c)$.

Bằng chứng ngắn nhất được đưa ra bằng phương pháp khối tâm, mà tôi thảo luận chi tiết trong bài viết của M. B. Balk và V. G. Boltyansky («Kvant», 1984, Số 4, trang 18). Chúng ta đặt khối lượng 2$a$ tại điểm $A$, và khối lượng $b$ và $c$ tại các điểm $B$ và $C$. (Hình 2). Tâm của hai khối lượng - khối lượng $b$ tại điểm $B$ và khối lượng $a$ tại điểm $A$ - nằm tại điểm $C_1$ (vì, theo tính chất quen thuộc của đường phân giác của một tam giác $^*$) $|AC_1|:|C_1B|=b:a$); tương tự, khối tâm $c$ tại điểm $C$ và khối lượng còn lại $a$ tại điểm $A$ là $B_1$. Do đó, khối tâm chung nằm trên đoạn $B_1C_1$. Mặt khác, khối tâm của $b$ và $c$ là điểm $A_1(|BA_1|:|A_1C|=c:b)$ nên khối tâm chung nằm trên đoạn $AA_1$ nên tại điểm $K$ và chia nó theo tỉ số $|A_1K|:|KA|=2c:(a+b)$, đây là điều cần chứng minh.

Hãy để chúng tôi cung cấp thêm một, vector, bằng chứng. Chúng ta hãy biểu thị vectơ $\vec{A}_1$ theo các vectơ $\vec{b}=\vec{A}C$ và $c=\vec{A}B$ và độ dài của chúng, bằng cách sử dụng thuộc tính phân giác:

$$\vec{A}_1=\vec{AB}+\vec{BA}=\vec{AB}+\frac{|BA_1|}{|BC|} \cdot \vec{BC}=\vec{c}+\frac{c}{b+c} \cdot (\vec{b}-\vec{c})=\frac{b\vec{c}+c\vec{b}}{b+c}.$$

Vectơ $\vec{A}K$ được biểu thị tương tự theo $\vec{b}_1=\vec{A}B_1$ và $\vec{c}_1=\vec{A}C_1$ và độ dài của vectơ $b_1$ và $c_1$:

$$\vec{A}K=\frac{b_1\vec{c}_1+c_1\vec{b}_1}{b_1+c_1}.$$

Nhưng $\vec{b}_1=\frac{cb}{a+c}, \vec{c}_1=\frac{bc}{a+b}$ và $\vec{A}K=k\vec{A}_1$, trong đó $k=|AK|:|AA_1|$.

49

Từ đây dễ dàng có được điều đó

$$\overrightarrow{AK} = \frac{b\vec{c} + c\vec{b}}{2a + b + c} = k \frac{b\vec{c} + c\vec{b}}{b + c},$$

nghĩa là, $k = (b + c) / (2a + b + c)$. Vì vậy, $|A_1K|:|KA| = (1/k) - 1 = 2a / (b + c)$.

Từ lời giải bài toán suy ra mỗi đoạn $MK$ và $KN$ có chiều dài bằng một nửa cạnh của hình thang liền kề với nó.

V. N. Dubrovsky

F858. Sau khi cầu thủ đánh bóng, quả bóng bay về phía khung thành, nằm ở khoảng cách $L = 32$ m, với tốc độ $v = 25$ m/s và tạo góc $\alpha$ so với đường chân trời ($\cos \alpha = 0,8$). Do gió bên cạnh vuông góc với tốc độ $\vec{v}$, độ dịch chuyển theo phương ngang của quả bóng trong mặt phẳng khung thành hóa ra bằng $s = 2$ m. Tìm thời gian quả bóng bay đến mặt phẳng khung thành. Quả bóng không thể sửa chữa được; tốc độ gió $u = 10$ m/s.

♦ Xét chuyển động của một quả bóng trong hệ thống báo cáo $K$, chuyển động với tốc độ $\vec{u}$. Chúng ta hãy liên kết với $K$ hệ tọa độ hình chữ nhật $XYZ$ với gốc tọa độ tại điểm va chạm $A$ sao cho mặt phẳng $XY$ nằm ngang và trục $X$ song song với mặt phẳng mục tiêu $P$ (xem hình).

Tốc độ ban đầu của quả bóng trong hệ thống này

$$\vec{v}_1 = \vec{v} - \vec{u}.$$

Trong hệ $K$ không khí đứng yên và quỹ đạo của quả bóng $ABC$ sẽ nằm trong mặt phẳng thẳng đứng nơi vectơ $\vec{v}_1$ nằm và quỹ đạo sẽ không phải là parabol, vì ngoài lực hấp dẫn, quả bóng còn chịu tác dụng của lực cản từ không khí, hướng theo tốc độ tức thời của quả bóng. Chúng ta hãy lưu ý ngay rằng bản chất của sự phụ thuộc của lực cản vào tốc độ trong bài toán không được đưa ra và không bắt buộc đối với lời giải.

Trong thời gian bay $t$ đến mặt phẳng khung thành, bóng sẽ di chuyển trong hệ thống $K$ dọc theo trục $Y$ đến khoảng cách $L$, và dọc theo trục $X$ đến khoảng cách $s_1$, và (xem hình; điểm $C$ nằm trên mặt phẳng $P$)

$$\frac{s_1}{L} = \frac{u}{v \cos \alpha},$$

Ở đâu

$$s_1 = \frac{Lu}{v \cos \alpha}.$$

(1)

Trong cùng thời gian $t$ hệ $K$ sẽ dịch chuyển dọc theo trục $X$ theo hướng ngược lại một khoảng

$$s_2 = ut.$$

(2)

Chuyển vị ngang thực tế của quả bóng (trong

50

hệ thống báo cáo trực quan) xảy ra theo hướng âm của trục $X$ và bằng
$$s = s_2 - s_1.$$
Xét đến (1) và (2), chúng ta thu được phương trình tìm $t$:
$$s = ut - \frac{Lu}{v \cos \alpha},$$
Ở đâu
$$t = \frac{L}{v \cos \alpha} + \frac{s}{u}.$$
Thay thế các giá trị số sẽ cho $t = 1,8$s.
V. I. Chivilev

F859. Một quả cầu có bán kính $R$ và khối lượng $m$ chuyển động dọc theo một mặt phẳng nằm ngang dưới tác dụng của lực căng không đổi $F$ của một sợi dây nhẹ, không thể tách rời. Điểm bám của sợi chỉ ở độ cao $h$ so với bề mặt (xem Hình 1), sợi chỉ luôn nằm ngang, quả bóng di chuyển về phía trước. Điều này có thể xảy ra ở mọi hệ số ma sát tối đa không?
Gia tốc của quả bóng là bao nhiêu?

◆ Khi quả bóng chuyển động, sợi dây chỉ có thể song song với mặt phẳng nằm ngang nếu có ma sát giữa quả bóng và bề mặt đó. Ngược lại (trong trường hợp không có ma sát), mômen lực khác 0 $F$ (so với điểm $O$) sẽ làm quả bóng quay, nghĩa là quả bóng chuyển động mà không cần dịch chuyển.

Ta viết điều kiện chuyển động tịnh tiến của quả bóng (tổng mômen các lực của điểm tương đối $O$ tác dụng lên quả bóng bằng 0):
$$F_{\text{тр}} R = F(R - h).$$
Từ đây
$$F_{\text{тр}} = F \left(1 - \frac{h}{R}\right).$$
Ở phía bên kia,
$$F_{\text{тр}} = \mu mg.$$
Từ hai phương trình cuối cùng, chúng ta tìm thấy $\mu$:
$$\mu = \frac{F}{mg} \left(1 - \frac{h}{R}\right).$$
Chúng ta tìm gia tốc của quả bóng theo định luật Newton:
$$ma = F - F_{\text{тр}} = F \frac{h}{R},$$
Ở đâu
$$a = \frac{F}{m} \frac{h}{R}.$$
L. G. Markovich

F860. Trong một lỗ không dẫn điện hữu hạn có góc 2α ở đỉnh ở độ sâu $h$ có hai vật nhỏ tích điện bằng nhau được nối với nhau bằng một sợi dây (Hình 1); khối lượng của mỗi vật là $m$. Sau khi sống sót, các sợi thân bắt đầu trượt lên bề mặt lỗ và bay ra khỏi lỗ ở độ cao $H$ so với chân đế với tốc độ $v$. Hệ số ma sát trên bề mặt lỗ là $\mu = a \lg a (a < 1)$. Xác định điện tích của cơ thể.

◆ Tại thời điểm ban đầu (thời điểm sợi dây cháy hết), toàn bộ năng lượng của hệ là điện năng của cơ thể:
$$W_1 = E_1 = k \frac{Q^2}{2(H - h) \lg a}$$
(thế năng ở độ sâu $h$ được lấy bằng 0). Tại thời điểm vật rời khỏi hố, năng lượng của hệ gồm có điện năng
$$E_2 = k \frac{Q^2}{2H \lg a},$$ động năng của cơ thể $K = mv^2$ và thế năng $\Pi = 2mgh$ của chúng:
$$W_2 = E_2 + K + \Pi.$$
Theo định luật bảo toàn năng lượng, $W_1 = W_2 + A,$

51

HOẶC

$$E_1 = E_2 + K + \Pi + A \Rightarrow E_1 - E_2 = K + \Pi + A,$$

trong đó $A$ là năng lượng dùng để thắng lực ma sát. Hãy tìm năng lượng này.

Chúng ta hãy xem xét chuyển động của một vật thể trong một diện tích nhỏ $\Delta s$ của bề mặt lõm sao cho lực đẩy tĩnh điện $f_s$ trong diện tích này có thể coi là không đổi. Lực ma sát $f_{\tau p}$ tác dụng lên vật ở vùng này là không đổi và bằng nhau (Hình 2)

$$f_{\tau p} = \mu N = \mu (f_s \cos \alpha + mg \sin \alpha).$$

Công do lực ma sát thực hiện ở tiết diện $\Delta s$ về mặt số lượng bằng

$$\Delta a = f_{\tau p} \cdot \Delta s = \mu f_s \cos \alpha \cdot \Delta s + \mu mg \sin \alpha \cdot \Delta s =$$

$$= \mu ctg \alpha f_s (\sin \alpha \cdot \Delta s) + \mu tg \alpha mg (\cos \alpha \cdot \Delta s) =$$

$$= \mu ctg \alpha (f_s \cdot \Delta x) + \mu tg \alpha (mg \cdot \Delta h)$$

(xem hình 3). Nhưng $f_s \cdot \Delta x$ là sự thay đổi năng lượng điện của cơ thể và $mg \cdot \Delta h$ là sự thay đổi năng lượng tiềm năng của nó. Do đó, tổng công do lực ma sát thực hiện trong quá trình chuyển động của vật có giá trị tuyệt đối bằng nhau

$$A = \mu ctg \alpha \cdot (E_1 - E_2) + \mu tg \alpha \cdot \Pi.$$

Vì vậy, theo định luật bảo toàn năng lượng,

$$E_1 - E_2 = K + \Pi + \mu ctg \alpha \cdot (E_1 - E_2) + \mu tg \alpha \cdot \Pi.$$

Thay thế các biểu thức cho $E_1, E_2, K, \Pi$ và $\mu = a tg \alpha$, chúng ta nhận được

$$\frac{kQ^2}{2(H - h)tg \alpha} - \frac{kQ^2}{2Htg \alpha} =$$

$$= mv^2 + 2mgh + a \left( \frac{kQ^2}{2(H - h)tg \alpha} - \frac{kQ^2}{2Htg \alpha} \right) + 2a tg^2 \alpha \cdot mgh.$$

Từ đây xuất hiện $Q$:

$$Q = \sqrt{\frac{2mH(H - h)tg \alpha \cdot (v^2 + 2gh(1 + a tg^2 \alpha))}{kh(1 - a)}}.$$

Ồ, vâng. Savchenko

F861. Trong mạch RLC dao động, điện trở thấp nên các dao động trong mạch bị tắt dần. Để có được một hệ dao động không đáng kể thì năng lượng bị mất đi phải không ít do tổn thất Joule trên điện trở.

Theo định luật cảm ứng Farad $\mathcal{E}_{\text{инд}} = -\frac{\Delta \phi}{\Delta t}$ và $I_{\text{инд}} = -\frac{1}{R} \frac{\Delta \phi}{\Delta t}$. Khi cuộn dây bị kéo căng nhanh chóng, $\Delta t \rightarrow 0$, và vì dòng điện không thể đạt tới giá trị lớn vô hạn, nên trong trường hợp này $\Delta \phi \rightarrow 0$, tức là trong quá trình bảo toàn từ thông $\Phi$.

Công thực hiện trong quá trình kéo dãn chỉ làm tăng năng lượng của từ trường:

$$\Delta A = \Delta W_+ = \frac{L' I'^2}{2} - \frac{L I^2}{2} = \frac{L'^2 I'^2}{2L'} - \frac{L^2 I^2}{2L} =$$

$$= \frac{\phi^2}{2L} \left( \frac{L}{L'} - 1 \right) = \frac{\phi^2}{2L} \left( \frac{l + \Delta l}{l} - 1 \right) = \frac{\phi^2}{2L} \frac{\Delta l}{l} = \frac{L I^2_a}{2} \frac{\Delta l}{l},$$

52

trong đó các số nguyên tố được đặt ở giá trị liên quan đến trạng thái của hệ sau khi kéo căng cuộn dây, $I_a$ là giá trị biên độ của dòng điện (tại thời điểm kéo căng thì dòng điện có giá trị cực đại).

Cuộn dây được nối mạch khi điện tích trên tụ đạt giá trị lớn nhất và do đó dòng điện trong mạch bằng không. Vì vậy, trong thời gian shatininikai không có công việc nào được thực hiện.

Với sự tắt dần thấp, tổn thất năng lượng do toả nhiệt ở điện trở là nhỏ so với tổng năng lượng của hệ, nên ta có thể giả sử rằng trong một khoảng thời gian biên độ dao động thay đổi ít, dòng điện gần như có dạng hình sin. Sau đó, chúng ta có thể có được ước tính sau về tổn thất năng lượng trong nửa khoảng thời gian:

$$\Delta W_- = I_a^2 R \frac{T}{2} = \frac{1}{2} I_a^2 R \pi \sqrt{LC},$$

trong đó $I_a$ là giá trị hiện tại hiệu quả.

Các dao động sẽ không bị suy giảm nếu $\Delta W_+ \geqslant \Delta W_-$, tức là

$$\frac{LI_a^2}{2} \frac{\Delta l}{l} \geqslant \frac{1}{2} I_a^2 R \pi \sqrt{LC},$$

Ở đâu

$$\frac{\Delta l}{l} \geqslant \pi R \sqrt{\frac{C}{L}}.$$

A. I. Kirkinsky

Metod
sản xuất
chức năng
(Xem phần đầu ở trang 11)

Gợi ý. Sử dụng các mối quan hệ (chứng minh chúng)

$$\frac{1}{1-z} \cdot \frac{1}{1-z^3} \cdot \frac{1}{1-z^5} \cdot \dots =$$

$$= (1+z+z^2+z^3+...) \cdot (1+z^3+z^6+z^9+...) \times$$

$$\times (1+z^5+z^{10}+...) \cdot ... = (1+z)(1+z^2) \times$$

$$\times (1+z^3)(1+z^4) \dots = (1-z^m)(1+z^m)(1+z^{2m}) \times$$

$$\times (1+z^{4m})(1+z^{8m}) \dots = 1.$$

4. Tìm công thức rõ ràng cho số hạng tổng quát của dãy $(u_n) = (0, 1, 5, 19, 65, ...)$ cho bởi các quan hệ truy hồi $u_0 = 0$, $u_1 = 1$, $u_{n+1} = 5u_n - 6u_{n-1}$.

Gợi ý. Tận dụng thực tế là chuỗi $u_0+u_1z+u_2z^2+...$ có thể được biểu diễn dưới dạng

$$\frac{z}{6z^2-5z+1} = \frac{1}{1-3z} - \frac{1}{1-2z} =$$

$$= (1+2z+2^2z^2+2^3z^3+...) \times$$

$$\times (1+3z+3^2z^2+3^3z^3+...).$$

5. Cho $n>2$ là một số tự nhiên cố định. Xem loạt bài

$$f(z) = z^n + z^{n^2} + z^{n^3} + ...;$$

$$[f(z)]^2 = c_1z + c_2z^2 + c_3z^3 + ...$$

và chỉ ra rằng số mục tiêu lời giải $(k_1; k_2; k_3)$ của phương trình Fermat $k_1^n + k_2^n = k_3^n$ là $c_m$ cho $m=k_3^n$.

Bình luận. Thật không may, không có cách nào để tính hệ số $c_m$ cho bất kỳ $m$ nào!

6. Tìm $v_n$ — số các phân vùng khác nhau của một $n$-giác lồi thành các hình tam giác cách nhau bởi các đường chéo (ví dụ: $v_5=5$, $v_6=9$).

Gợi ý. Đặt $v_2=v_3=1$ và hiển thị mối quan hệ truy hồi

$$v_n = v_2v_{n-1} + v_3 \cdot v_{n-2} + ... + v_{n-1}v_n, n \geqslant 3.$$

Sử dụng điều này để chứng minh mối quan hệ $(\alpha(z))^2 - \alpha(z) = z$, trong đó $\alpha(z) = v_2z + v_3z^2 + v_4z^3 + ...$, tìm $\alpha(z)$ từ đó và lấy đạo hàm.

Đáp số. $v_n = \frac{(2n-4)!}{(n-2)!(n-1)!}$. Những con số này được gọi là số Catalan.