Bài toán M926—M930; F938—F942

34

Nhiệm vụ

M926—M930; F938—F942

M926. Chứng minh rằng nếu
$$x^2 + y^2 = u^2 + v^2 = 1, \quad xu + yv = 0,$$
Cái đó
$$x^2 + u^2 = y^2 + v^2 = 1, \quad xy + uv = 0.$$
S. V. Duzhin

M927*. Trên mặt phẳng cho trước có một tập hợp hữu hạn các điểm, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Một số đoạn được vẽ với các đầu ở những điểm này. Các đoạn này được phép thay đổi: nếu bất kỳ hai đoạn AC và BD nào giao nhau, chúng có thể bị xóa và vẽ:
a) đoạn AB và CD,
b) các đoạn AB và BC.
(Nếu đoạn “mới” đã được vẽ rồi thì không cần vẽ lại lần thứ hai.)
Liệu sau một vài lần thay thế như vậy (chỉ theo quy tắc a) hoặc chỉ theo quy tắc b), nhưng không theo cả hai) có thể quay lại tập hợp các phân đoạn ban đầu không?

V. E. Kolosov

M928. Có N+1 chỗ trong rạp sách. Đầu tiên, N là một số nguyên, có vé chỉ địa điểm (bao gồm cả Igor), nếu cho N địa điểm tùy ý, mà không cần nhìn vào vé của họ. Khán giả cuối cùng (N+1) đến muốn thế chỗ; nếu nó bị chiếm giữ, người ngồi đó rên rỉ, anh ta cũng làm như vậy, vân vân, cho đến khi cần thiết, tùy theo nơi đó, được tự do. Xác suất để Igor phải đổi chỗ là bao nhiêu? (Nói cách khác, vị trí nào trong số tất cả các vị trí khán giả có thể có không quan trọng đối với Igor?)

I. V. Alekseev-Astafev

M929. Các số tự nhiên a, b, c, d, e thỏa mãn điều kiện $a^4 + b^4 + c^4 + d^4 = e^4$. Chứng minh rằng ít nhất a) ba số chẵn, 6) ba số chia hết cho 5, c) hai số chia hết cho 10.

V. D. Ykovlev

M930*. Các số từ 1 đến 1985 được chia thành 6 bộ. Chứng minh rằng một trong số chúng chứa ba số, trong đó một số bằng tổng của hai số còn lại (hoặc hai số, một trong hai số lớn hơn số kia).

A. D. Valtsev (học sinh lớp 9).

35

F938. Phi công của một con tàu vũ trụ đang di chuyển với tốc độ $v=1$ km/s khi đó đang đi thẳng trên đường đi của một thiên thể có đường kính $d=7$ km, khi đó vẫn còn khoảng cách $l=8,5$ km trên bề mặt của nó. Nhà du hành vũ trụ ngay lập tức bật bộ đẩy khẩn cấp, trong thời gian không đáng kể, bộ đẩy này sẽ truyền cho con tàu thêm tốc độ $\Delta v=300$ m/s, hướng của vận tốc này do phi hành gia đặt. Một con tàu có thể tránh được một vụ va chạm?

A. V. Andranov

F939. Đáy bình nghiêng một góc $\alpha=45^\circ$ so với phương ngang. Đáy có độ lồi hình bán cầu bán kính $R$ (hình 1). Chiều cao của lượng chất lỏng đó phía trên chỗ phình ra là $H$. Lực thẳng đứng nào do chất lỏng tác dụng lên phần lồi của ngày? Mật độ của chất lỏng là $q$.

L. G. Markovich

F940. Tại sao vữa đất sét được sử dụng trong lò gạch để giữ các viên gạch lại với nhau mà không phải là vữa xi măng (mặc dù nó cứng hơn)?

V. A. Ilyin

F941. Có một khung kim loại hình vuông $ABCD$ (hình 2) đặt trong từ trường có dòng điện một chiều. Khung được di chuyển đến vị trí mới, được hiển thị trong hình bằng đường chấm. Điều này có thể được thực hiện theo hai cách: lặp lại đều xung quanh phía $CD$ hoặc thực hiện song song dọc theo phía $AD$. Phương pháp nào sẽ cho biết nhiều hơn liệu thời gian cần thiết để di chuyển khung hình đến vị trí mới trong cả hai trường hợp có giống nhau hay không?

L. E. Shmits

F942. Một sóng ánh sáng phẳng xuất hiện bình thường trên màn hình $\partial$. Độ sáng của màn tại điểm $M$ (hình 3) sẽ thay đổi như thế nào nếu đặt một tấm mờ bán vô hạn $\Pi$, song song với màn, trên đường đi của sóng?

D. A. Kuptsov

Problems

M926—M930; P938—P942

M926. Prove that
$$x^2 + y^2 = u^2 + v^2 = 1, \quad xu + yv = 0$$
implies
$$x^2 + u^2 = y^2 + v^2 = 1, \quad xy + uv = 0.$$

S. V. Duzhin

M927*. In the plane a finite set of points, no three of which are collinear, is chosen. Some line segments joining pairs of these points are drawn. We are allowed to change the segments in the following way: if, say, $AC$ intersects BD, we can delete both, replacing them by
a) the segments $AB$ and $CD$,
b) the segments $AB$ and $BC$.

=a(a+x+1). Vì $a$ và $a+x+1$ là các số nguyên tố cùng nhau (bất kỳ ước số chung nào của chúng đều phải lớn hơn phép chia $x^n$ và $x+1$), nên có các số tự nhiên $u$ và $v$ sao cho $a=u^n$, $a+x+1=v^n$, $x=uv$. Nhưng sau đó tại $n \geqslant 3$

$$uv+1=x+1=v^n-u^n$$
$$=(v-u)(v^{n-1}+v^{n-2}u+\ldots+u^{n-1}) \geqslant 1+vu+1.$$

Kết quả mâu thuẫn cho thấy phương trình ban đầu không có lời giải.

M. Garayev, V. N. Dubrovsky

M906. a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $a>1$ đều có phương trình
$$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{a}$$

có ít nhất ba lời giải trong các số tự nhiên $x$ và $y$.

b) Tìm số nguyên dương lời giải của phương trình này tại $a=1985$.

a) Các nghiệm của phương trình này đối với số tự nhiên bất kỳ $a$ là các cặp số tự nhiên $(2a, 2a), (a+1, a(a+1))$ và $(a(a+1), a+1)$.

6. Đáp số: Với $a=1985$ phương trình này có 9 lời giải. Hãy chứng tỏ rằng phương trình
   $$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{a}$$

có số lời giải bằng số chia của số $a^2$. (Với $a=1985=5 \cdot 397$, ước số của $a^2$ là 9, vì bất kỳ số nào trong số chúng đều có thể được biểu thị dưới dạng $5^n \cdot 397^k$, trong đó $n$ và $k$ nhận một cách không đáng kể bất kỳ giá trị nào trong ba giá trị 0, 1, 2.)

Để chứng minh điều đó, chỉ cần viết lại phương trình của chúng ta dưới dạng $ay+ax=xy$ hoặc
$$a^2=(x-a)(y-a),$$

và thay thế số phân tách của số $a^2$ thành hai thành phần bằng số ước của nó.

M. V. Slavinsky, A. Yu. Vaitrov

M907. Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh $a=BC$, $b=AC$, $c=AB$ biết rằng $3\angle A+2\angle B=180^\circ$. Chứng minh rằng $a^2+bc-c^2=0$.

Diagram of triangle ABC with sides $a, b, c$

Thuận tiện khi viết lại sự tương ứng cần chứng minh dưới dạng đẳng thức tỉ số của các phân số
$$\frac{a}{c}=\frac{c-b}{a}.$$

Bây giờ nó có thể được chứng minh bằng cách sử dụng các tam giác đồng dạng. Về phía $AB$ ta lấy điểm $D$ sao cho $AD=b$ (a $DB=c-b$; xem hình). Đẳng thức (*) là điều kiện tỉ lệ với các cạnh của các tam giác $ABC$ và $CBD$, bao quanh góc chung $B$ của các tam giác này nên đủ để chứng minh các tam giác này đồng dạng, tức là các góc $ACB$ và $CDB$ bằng nhau. chúng tôi có
$$\angle CDB=180^\circ-\angle ADC=180^\circ-\frac{180^\circ-\angle A}{2}$$
$$=180^\circ-(\angle A+\angle B)=\angle ACB.$$

(Chúng tôi đã lợi dụng thực tế là tam giác $ACD$ là tam giác đều và sự tương ứng đã cho $3\angle A+2\angle B=180^\circ$.)

39

M908. Trên cạnh AB của tam giác ABC, chọn điểm P và vẽ các đường thẳng song song với BC và AC đi qua điểm P cho đến khi chúng cắt các cạnh AC và BC tương ứng tại các điểm M và N. Với điểm P nào thì đoạn MN có độ dài ngắn nhất?

Giải bài toán a) cho tam giác có góc vuông C; b)* cho tam giác ABC tùy ý.

Hình 1.

Hình 2.

a) Đáp số: Điểm P phải là đáy đường cao của tam giác ABC. Thật vậy, trong trường hợp góc C là góc vuông (hình 1) thì hình bình hành CMPN là hình chữ nhật. Do đó MN = CP và đoạn CP có độ dài ngắn nhất khi vuông góc với AB.

6. Chúng ta sẽ bắt đầu giải bài toán theo cách chuẩn: giới thiệu tham số $x \equiv AP/AB$ $0 \leqslant x \leqslant 1$ và biểu thị vectơ $\vec{MN}$ theo $\vec{CA}$ và $\vec{CB}$, sau đó viết độ dài của nó dưới dạng hàm của x và tìm giá trị nhỏ nhất của hàm này. Tuy nhiên, như chúng ta thấy, bản thân các vectơ tương ứng thu được gợi ý một cách hoàn thành đơn giản hơn và về cơ bản “thuần túy hình học” lời giải.

Từ mức độ sẵn sàng của các tam giác BPN và BAC, APM và ABC (hình 2), suy ra CN/CB=AP/AB=x, tức là $\vec{CN}=x\vec{CB}$, CM/CA=BP/BA=1-x, tức là $\vec{CM}=(1-x)\vec{CA}$ và (xem hình 2)

$$\vec{MN}=\vec{CN}-\vec{CM}=x\vec{CB}-(1-x)\vec{CA}=\vec{AC}+x(\vec{CA}+\vec{CB})=\vec{AC}+x\vec{CD}=\vec{AQ}$$

trong đó $\vec{CD}=\vec{CA}+\vec{CB}$ và điểm Q được xác định bởi điều kiện $\vec{CQ}=x\vec{CD}$. Khi điểm P đi qua đoạn AB thì tham số x thay đổi từ 0 thành 1, điểm Q chạy qua đoạn CD. Do đó, đường thẳng MN=AQ sẽ nhỏ nhất khi Q là điểm của đoạn CD gần với A. Để tìm vị trí của điểm P tương ứng với điểm này, ta lưu ý rằng $\vec{QN}=\vec{AM}$ (vì $\vec{MN}=\vec{AQ}$), nghĩa là Q nằm trên đường thẳng đi qua N song song với đường thẳng AM, tức là trên đường thẳng PN.

Vì vậy, đáp số theo bài toán của chúng ta có thể được biểu diễn như sau: hãy hoàn thiện tam giác này thành hình bình hành ACBD; Chúng ta hãy tìm điểm Q trên đường chéo CD của nó, gần với A và kẻ nó qua một đường thẳng song song với cạnh AC; giao điểm của đường thẳng này với cạnh AB là điểm loại trừ P. Cụ thể, nếu các góc ACD và ADC nhọn thì Q là hình chiếu của điểm A lên CD; nếu ACD không phải là góc nhọn thì Q=C và P=A; nếu ADC không phải là góc nhọn thì Q=D và P=B.

V. N. Dubrovsky, E. G. Gotman

**M909. a) Chứng minh rằng tồn tại một cấp số cộng của 4 số hạng khác nhau chỉ chứa lũy thừa của các số tự nhiên $n^k(k \geqslant 2)$.

Liệu một cấp số như vậy có tồn tại từ 6) bất kỳ số hữu hạn nào, b) vô số số hạng không? Có cấp số cộng vô hạn (không cố định) nào không chứa

40

bội số chung nhỏ nhất của $k_1, \dots, k_m$.
Chuỗi kết quả của các số $m+1$
$a_1 b^k, \dots, a_m b^k, b^{k+1}$,

rõ ràng là một cấp số cộng có hiệu $d \cdot b^k$ và tất cả các số hạng đều là lũy thừa của các số tự nhiên (kể từ $a_i b^k = (n_i b^{k/i})^{k_i}$). Vì vậy, ví dụ, bất kỳ cặp độ nào cũng có thể được “tăng” lên một cấp số có độ dài cho trước bất kỳ.
Ví dụ ở điểm a) được suy ra từ cấp số 1, 25, 49.

c) Đáp số: không tồn tại. Chúng ta hãy trình bày một chứng minh dựa trên việc xem xét một dãy số nghịch đảo với các số hạng của cấp số.

Lưu ý rằng đối với bất kỳ cấp số cộng vô hạn nào, $a_1, \dots, a_m, \dots$ số tự nhiên, tổng

$$S_m = \frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \dots + \frac{1}{a_m}$$

với mức tăng trưởng $m$ tăng không giới hạn.

Thật vậy, vì $a_{i+1} \leqslant (a_1+d)i=a_2i$ tại $i=1, 2, \dots$, trong đó $d$ là chênh lệch lũy tiến,

$$S_m \geqslant \frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} \left( 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{m-1} \right) = \frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} \cdot s_{m-1}.$$

Một trong những bằng chứng thông thường về sự gia tăng không giới hạn của tổng $s_m$ như sau: đặt $2^k \leqslant m < 2^{k+1}$, thì

$$s_m > 1 + \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} \right) + \left( \frac{1}{4} + \frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} \right) + \dots$$

$$\dots + \left( \frac{1}{2^{k-1}} + \dots + \frac{1}{2^{k-1}} \right) > 1 + \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \right) +$$

$$+ \left( \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} \right) + \dots + \left( \frac{1}{2^{k-1}} + \dots + \frac{1}{2^{k-1}} \right) = k > \log_2 m - 1.$$

Bây giờ chúng ta sẽ chỉ ra rằng với bất kỳ tập hợp lũy thừa nào của các số tự nhiên (không lặp lại), tổng các nghịch đảo của chúng không vượt quá 2.

Nghịch đảo lũy thừa (ít nhất là hai) của một số tự nhiên cho trước $n$ tạo thành một cấp số nhân vô hạn có giá trị $1/n$ và số hạng đầu tiên $1/n^2$. Tổng của chúng (tại $n > 1$) bằng

$$A_n = \frac{1}{n^2} + \frac{1}{n^3} + \dots = \frac{1}{n^2} \frac{1}{1-1/n} = \frac{1}{n(n-1)}.$$

Đặt số lớn nhất có lũy thừa trong một tập hợp lũy thừa nhất định bằng $m$. Khi đó tổng nghịch đảo của các lũy thừa này không vượt quá

$$1 + A_2 + A_3 + \dots + A_m = 1 + \frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \dots + \frac{1}{(m-1)m} =$$

$$= 1 + \left( 1 - \frac{1}{2} \right) + \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \right) + \dots + \left( \frac{1}{m-1} - \frac{1}{m} \right) = 2 - \frac{1}{m} < 2,$$

Q.E.D.

Từ hai phát biểu đã được chứng minh, rõ ràng là không thể tạo ra một cấp số cộng vô hạn từ lũy thừa của các số tự nhiên.

Một lời giải bài toán khác dựa trên thực tế là phân số được tạo thành bởi các số hạng của một cấp số cộng tùy ý có hiệu $d$ trong số $n$ số tự nhiên đầu tiên tiến tới $1/d$ với mức tăng dần của $n$ và phân số, tạo thành từ cùng một số bởi tất cả các lũy thừa có thể có của các số tự nhiên, có xu hướng bằng 0.

41

Người đọc có thể dễ dàng khôi phục lại chi tiết của lời giải này sau khi đọc lời giải bài toán M783 (Kvant, 1982, số 8, tr. 35).

d), e) Đáp số cho cả hai bài toán d) và e): tồn tại. Từ nhiều ví dụ khác nhau, chúng tôi đã chọn một số phù hợp cho cả bài toán - cấp số 10, 30, 50, … Số hạng thứ $n$ của nó $a_n=-10+20n==(2n-1) \cdot 10$ cho bất kỳ $n$ nào kết thúc bằng chính xác một số 0 và do đó, không thể là lũy thừa của một số tự nhiên (vì nó chia hết cho 10 nhưng không chia hết cho $10^2$) và không bao gồm các số giống nhau

R. N. Azizyan, N. B. Vasiliev

M910. Các điểm $A_1, A_2, ..., A_6$ (hình 1) được lấy trên các cạnh của một hình lục giác đều. Được biết, ba cặp cạnh không hài hước của hình lục giác $A_1...A_6$ ($A_1A_2, A_3A_4, A_5A_6$) xác định tam giác KLM, các đỉnh của tam giác này nằm trên phần kéo dài của các đường chéo của một hình lục giác đều. Chứng minh rằng điều này cũng đúng với ba cạnh còn lại của lục giác $A_1...A_6$.

Hãy coi hình lục giác đều đã cho là hình chiếu trực giao của hình lập phương dọc theo đường chéo $PQ$ của nó. Chúng ta hãy lấy phần mở rộng của các cạnh của khối lập phương nổi lên từ đỉnh $P$ dọc theo một điểm sao cho các điểm này được chiếu thành các điểm $K, L, M$ (trên hình 2 chúng được biểu thị bằng các chữ cái giống nhau $K, L, M$). Khi đó, rõ ràng, phần của khối lập phương theo mặt phẳng KLM sẽ là một hình lục giác, khi chiếu sẽ biến thành hình lục giác $A_1...A_6$. Đặt $K_1, L_1, M_1$ là giao điểm của mặt phẳng này với phần mở rộng của các cạnh ra khỏi đỉnh $Q$, khi đó cả trong không gian (hình 2) và trên hình chiếu (hình 1), các đoạn $A_2A_3, A_4A_5$ và $A_6A_1$ sẽ nằm trên các cạnh của tam giác $K_1L_1M_1$, từ đó phát biểu sẽ xuất hiện bài toán.

Từ lý luận trên, rõ ràng các cạnh đối diện của hình lục giác $A_1...A_6$ song song (mặt cắt cắt các mặt đối diện của hình lập phương dọc theo các đường thẳng song song). Điều này cũng có thể được suy ra trực tiếp từ điều kiện: ví dụ: các hình tam giác $BA_1A_2$ và $PML$ trên hình 1 được chuẩn bị với tâm chuẩn bị $K$ ($KA_1:KM=KB:KP=KA_2:KL$) và do đó, $A_1A_2 \parallel A_4A_5$. Từ đây suy ra rằng các tam giác $CA_4A_5$ và $PM_1L_1$ (trong đó $M_1$ và $L_1$ là giao điểm của các đường $A_4A_3$ và $A_5A_6$ với $A_1A_2$) cũng được chuẩn bị dưới dạng các tam giác có các cạnh tương ứng song song và do đó các đường thẳng $A_3A_4, A_5A_6$ và $BC$ giao nhau tại một điểm - trung tâm nấu ăn. Tương tự, xem xét hai cặp cạnh đối diện còn lại của hình lục giác $A_1...A_6$, chúng ta thu được một lời giải bài toán khác, không sử dụng “lối ra vào không gian”.

S. Yu. Orevkov, V. N. Dubrovsky

F917. Vật nằm giữa đường thẳng và gương phẳng, vuông góc với trục chính của thấu kính. Gương, thấu kính và vật thể được nghiêng thành một hình nón làm bằng nhựa mờ chống sáng. Một hệ thống như vậy tạo ra hai ảnh của một vật và một ảnh của thấu kính. Cả hai hình ảnh mục đều có

Thấu kính tạo ra ảnh của vật và ảnh phản chiếu của vật đó trong gương. Vì vật và ảnh của nó trong gương có cùng kích thước nhưng cách thấu kính những khoảng cách khác nhau nên ảnh của chúng do thấu kính tạo ra không thể có cùng kích thước nếu chúng là ảnh thật hoặc cả hai đều tối thiểu. Trong thực tế, đối với ảnh thật chúng ta có thể viết dạng

42

ống kính mulu:

$$\frac{1}{F} = \frac{1}{d} + \frac{1}{f},$$

trong đó $F$ là tiêu cự của thấu kính, $d$ là khoảng cách giữa thấu kính và vật, $f$ là khoảng cách giữa thấu kính và ảnh. Vì độ phóng đại được xác định theo công thức $\Gamma = f/d$, nên nếu loại trừ công thức thấu kính $f$, chúng ta thu được

$$\Gamma = \frac{F}{d - F}.$$

(1)

Đối với ảnh cực tiểu, công thức thấu kính có dạng

$$\frac{1}{F} = \frac{1}{d} - \frac{1}{f},$$

và mức tăng được cho bởi biểu thức

$$\Gamma = \frac{F}{F - d}.$$

(2)

Nếu chúng ta biểu thị bằng $d_1$ khoảng cách từ vật đến thấu kính, bằng $\Gamma_1$ độ phóng đại mà thấu kính mô tả vật này, bằng $d_2$ khoảng cách từ thấu kính đến ảnh của vật trong gương và bằng $\Gamma_2$ độ phóng đại mà thấu kính mô tả sự phản chiếu này, thì sử dụng công thức (1) và (2) dễ dàng nhận thấy rằng nếu ảnh do thấu kính tạo ra đều là ảnh chủ động hoặc cả hai đều nhỏ, thì khi đó sử dụng công thức (1) và (2) điều kiện $\Gamma_1 = \Gamma_2$ không thể được thỏa mãn.

Vẫn giả định rằng một hình ảnh là thật và hình ảnh kia là tối thiểu. Rõ ràng ảnh của vật đó sẽ nhỏ nhất vì nó ở gần thấu kính và ảnh phản chiếu của vật đó là ảnh thật. Khi đó, theo công thức (1) và (2), chúng ta có thể viết:

$$\Gamma_1 = \Gamma_2 \Rightarrow F - d_1 = d_2 - F.$$

(3)

Không, khoảng cách từ thấu kính đến ảnh của vật trong gương là $d_2 = 2a - d_1$, trong đó $a$ là khoảng cách từ thấu kính đến gương. Khi đó từ (3) ta thu được $a = F$, tức là gương nằm trong mặt phẳng tiêu cự của thấu kính. Thấu kính tạo ra ảnh phản chiếu của chính nó trong gương. Nhưng sự phản xạ này có cùng kích thước với thấu kính và nằm cách nó $d = 2F$. Do đó, theo công thức (1), thấu kính tạo ra ảnh thật của sự phản chiếu của nó trong gương với độ phóng đại $\Gamma = 1$.

P. Kuznetsov

Vận tốc của vật nặng $A$ ngay trước thời điểm nó bắt đầu trượt khỏi bàn được tính bằng định luật bảo toàn năng lượng:

$$2m \frac{v_0^2}{2} = mgh = \frac{2}{3} mgl,$$

43

Ở đâu

$$v_0 = \sqrt{\frac{2}{3} gl}.$$

(1)

Bây giờ hãy đảm bảo rằng tốc độ này thấp để sợi chỉ được căng trong tương lai. Thật vậy, trong trường hợp này trọng lượng $A$ sẽ bắt đầu chuyển động dọc theo một đường tròn bán kính $l$; gia tốc hướng tâm ở điểm trên cùng, bằng $v_0^2/l$, sẽ tạo ra tổng lực hấp dẫn $mg$ và lực căng của sợi chỉ $T$:

$$m \frac{v_0^2}{l} = mg + T.$$

(2)

Thay thế giá trị $v_0$ từ (1) vào (2), chúng ta thu được: $T = -mg/3$, điều này không có ý nghĩa gì (chuyển động như vậy có thể xảy ra nếu các sợi chỉ với nhau là một thanh cứng). Do đó, nếu tôi cạo khỏi bàn, trọng lượng $A$ sau đó sẽ di chuyển dọc theo một hình parabol.

Sử dụng hệ tọa độ mô tả tại hình, ta viết tọa độ của vật nặng tại thời điểm $t$:

$$x = v_0 t, y = l - \frac{gt^2}{2}.$$

(3)

Sợi chỉ sẽ được căng trở lại khi nó khớp

$$x^2 + y^2 = l^2.$$

(4)

Thay thế vào (4) các biểu thức tọa độ từ (3), chúng ta thu được phương trình xác định thời điểm mà sợi dây sẽ bị căng trở lại:

$$v_0^2 t^2 + \left(l - \frac{gt^2}{2}\right)^2 = l^2,$$

hoặc, có tính đến (1),

$$gt^2 \left(\frac{gt^2}{4} - \frac{1}{3} l\right) = 0,$$

từ đâu $t^2 = 4l/3g$ (gốc $t = 0$ tương ứng với thời điểm trọng lượng $A$ rời khỏi bàn). Thay thế giá trị này $t^2$ vào biểu thức cho tọa độ $y$ (xem (3)), chúng ta tìm thấy chiều cao mong muốn:

$$y = \frac{1}{3} l.$$

G. L. Kotkin

F919. hình hiển thị phần phân số của thiết bị sử dụng chiều dài làm giai đoạn. Thanh trung tâm $C$ và vỏ ngoài $A$ của thiết bị được làm bằng vật liệu có hệ số giãn nở nhiệt $a_1$; độ dài của chúng tại $t_1 = 20^\circ C$ bằng nhau và bằng $l_1$. Lõi bên trong $B$ được làm bằng vật liệu có hệ số giãn nở nhiệt $a_2$. Cái nào nên

Đặt ở nhiệt độ $t_0 = 0^\circ C$ thanh trung tâm $C$ và vỏ ngoài $A$ có ​​chiều dài $l_{10}$, và lõi bên trong $B$ có chiều dài $l_{20}$. Sau đó

$$l_1 = l_{10} \left(1 + a_1 t_1\right) \Rightarrow l_{10} = l_1 / \left(1 + a_1 t_1\right),$$

$$l_2 = l_{20} \left(1 + a_2 t_1\right) \Rightarrow l_{20} = l_2 / \left(1 + a_2 t_1\right),$$

trong đó $l_2$ là độ dài mong muốn của phần thô $B$ ở nhiệt độ $t_1 = 20^\circ C$. Khi nhiệt độ thay đổi từ $t_0$ đến $t_1$, độ dài của các bộ phận tương ứng cũng thay đổi

44

Chiều dài của ống bên trong ở mức $t_1=20^\circ C$ sao cho tổng chiều dài của tiêu chuẩn (CD) không thay đổi khi nhiệt độ thay đổi?

$$\Delta l_1 = l_1 - l_{10} = l_{10} \alpha_1 t_1,$$
$$\Delta l_2 = l_2 - l_{20} = l_{20} \alpha_2 t_1.$$

Thiết kế của tiêu chuẩn sao cho đối với bất kỳ sự thay đổi nào về nhiệt độ, sự thay đổi về chiều dài ống $B$ sẽ bù cho độ giãn dài tổng cộng của các bộ phận $A$ và $C$. Do đó, điều kiện $\Delta l_2 = 2\Delta l_1$ phải được thỏa mãn, tức là

$$l_{20} \alpha_2 t_1 = 2 l_{10} \alpha_1 t_1.$$

Thay thế các biểu thức được viết ở trên cho $l_{10}$ và $l_{20}$ vào đẳng thức này, chúng ta tìm thấy $l_2$:

$$l_2 = 2 l_1 \frac{\alpha_1 (1 + \alpha_2 t_1)}{\alpha_2 (1 + \alpha_1 t_1)} \approx 2 l_1 \frac{\alpha_1}{\alpha_2}.$$

A. P. Ershov

F920. Không khí được thổi qua một ống có tiết diện thay đổi. Lỗ đầu vào của ống có diện tích $S_1$ và lỗ đầu ra có diện tích $S_2$. Ở tốc độ không khí đầu vào là $v_1$, nhiệt độ - $T_1$, áp suất - $p_1$; ở đầu ra nhiệt độ không khí là $T_2$, áp suất là $p_2$. Tốc độ không khí thoát ra là gì?

Thể tích không khí đi vào ống trong thời gian $t$ bằng $V = S_1 v_1 t$. Thể tích không khí thoát ra trong cùng thời gian bằng $V_2 = S_2 v_2 t$, trong đó $v_2$ là tốc độ không khí mong muốn ở cửa ra. Vì tốc độ $v_1$ và $v_2$ không thay đổi theo thời gian nên khối lượng của không khí đi vào và đi ra là như nhau. Vì vậy, theo định luật khí thống nhất,

$$\frac{p_1 V_1}{T_1} = \frac{p_2 V_2}{T_2} \Rightarrow V_2 = V_1 \frac{p_1 T_2}{p_2 T_1},$$

đó là

$$S_2 v_2 t = S_1 v_1 t \frac{p_1 T_2}{p_2 T_1}.$$

Từ đây xuất hiện $v_2$:

$$v_2 = v_1 \frac{S_1 p_1 T_2}{S_2 p_2 T_1}.$$

G. L. Kotkin

F921. Một tụ điện bản song song được nối với nguồn điện áp $U$. Một tụ điện phẳng có diện tích $S$ và khoảng cách giữa các bản là $d_1$. Một tấm kim loại có diện tích $S$ và độ dày $d_2$ (hình 1), có khối lượng $m$, được ép vào một tấm. Otnuskator phẳng. Với tốc độ nào nó sẽ chạm vào các bản khác của tụ điện? Bỏ qua ảnh hưởng của trọng lực.

hình 1 thể hiện sự phân bổ điện tích trong hệ thống tại thời điểm ban đầu $t_0$. Dưới tác dụng của lực hút từ điện tích - $q_0$ tấm 2. Tấm khi được thả ra sẽ bắt đầu chuyển động với gia tốc về phía tấm 2. hình 2 thể hiện vị trí của hệ tại thời điểm $t$, khi tấm chạm vào tấm 2.

Chúng ta biểu thị tốc độ của tấm tại thời điểm va chạm là $v$. Để tìm $v$, chúng ta sử dụng định luật bảo toàn năng lượng.

Tại thời điểm $t_0$ năng lượng $W_0$ của hệ tụ điện + tấm bằng năng lượng của tụ điện tích đến hiệu điện thế $U$; khoảng cách giữa các bản của tụ điện này là $d_1 - d_2$, và điện dung của nó là $C_0 = \varepsilon_0 S / (d_1 - d_2)$. Vì thế

$$W_0 = C_0 \frac{U^2}{2}.$$

45

Tại thời điểm $t$ năng lượng của hệ là

$$W = C_0 \frac{U^2}{2} + m \frac{v^2}{2} = W_0 + m \frac{v^2}{2}.$$

Năng lượng bổ sung $mv^2/2$ đến từ đâu?

Trong quá trình tấm chuyển động từ tấm 1 sang va chạm vào tấm 2, một điện tích $q_0$ truyền giữa các bản của tụ điện. Điện tích tương tự truyền qua nguồn. Điều này có nghĩa là nguồn đã thực hiện công $A = q_0 U$. Công việc này đã gửi một thông điệp tới tấm năng lượng $mv^2/2$.

Vì thế,

$$m \frac{v^2}{2} = q_0 U = C_0 U^2 = \frac{\varepsilon_0 S}{d_1 - d_2} U^2.$$

Từ đây xuất hiện $v$:

$$v = U \sqrt{\frac{2 \varepsilon_0 S}{m(d_1 - d_2)}}.$$

A. P. Ershov

F922. Khi chụp ảnh con kiến ​​ở cự ly gần, người thực nghiệm đã sử dụng một vòng mở rộng, giúp tăng khoảng cách từ phim đến vật thể thêm $\Delta l = 7,5$ mm. Hình ảnh sắc nét của con kiến ​​thu được khi khoảng cách $b = 1,05$ m được đặt trên thang đo đối tượng (tỷ lệ biểu thị khoảng cách từ đối tượng đến đối tượng mà không mô tả các rãnh mở rộng). Tiêu cự của vật là $F = 50$ mm. Con kiến ​​cách vật thể bao xa?

Từ điều kiện bài toán suy ra rằng nếu không sử dụng vòng mở rộng trên thấu kính, sẽ thu được ảnh sắc nét của một vật nằm ở khoảng cách $b = 1,05$ m so với vật. Điều này cho phép chúng ta xác định khoảng cách giữa vật (không có vòng) và thấu kính bằng công thức thấu kính:

$$\frac{1}{F} = \frac{1}{b} + \frac{1}{f} \Rightarrow f = \frac{Fb}{b - F} = 5,25 \text{ см.}$$

Khi chụp ảnh bằng ống kính, khoảng cách giữa vật và thấu kính là $f' = f + \Delta l = 6$ cm. Sử dụng lại công thức thấu kính, chúng ta tìm thấy con kiến ​​nằm ở khoảng cách $b'$ bao nhiêu so với vật thể (với ống kính):

$$\frac{1}{F} = \frac{1}{b'} + \frac{1}{f'} = \frac{1}{b'} + \frac{1}{f + \Delta l},$$

Ở đâu

$$b' = \frac{F(f + \Delta l)}{f + \Delta l - F} = 30 \text{ см.}$$

A. P. Ershov

Sửa đổi

Trong «Kvant» số 4 trên trang. 54 ở cột bên trái trong mẫu số của phân số thứ hai trong điều kiện bài toán 1 phương án 1 phải là

$$kx^2 + 2xy + ky^2.$$

Chúng ta. 55 ở dòng trên cùng của cột bên trái thay vì 9x phải là $9^x$; điều kiện bài toán 1 của phương án 6 phải kết thúc bằng cụm từ: “Tìm tốc độ tàu.”