Bài toán M931—M935; F943—F947

Kvant 1985, số 7 tr. 43, 45, 46, 47, 48, 50 Thẻ CGXP

Bản dịch tự động sơ bộ, chất lượng thấp: có thể còn lỗi và câu chữ chưa tự nhiên. Bản này sẽ được thay bằng bản dịch tốt hơn. Bản gốc →

Bài toán

M931 — M935; F943 — F947

M931. Một đường tròn nội tiếp tam giác ABC và tiếp xúc với các cạnh AB, BC, CA lần lượt tại các điểm C₁, A₁ và B₁. Được biết, độ dài của các đoạn AA₁, BB₁ và CC₁ bằng nhau. Chứng minh tam giác ABC đều.

A. N. Dranshinkov

M932. Trong một cái lồng hình vuông có cạnh 1m có một con ancondda dài 10m. Nam tước Monchhausen tuyên bố rằng bất cứ lúc nào ông cũng có thể bắn một con ancondda ở 6 nơi cùng một lúc. Chẳng phải Baron đã quá già rồi sao? (Ancondda có thể được coi là một đường đứt đoạn tùy ý có độ dài 10 nằm bên trong hình vuông 1x1.)

S. V. Gashkov

M933. 13 hiệp sĩ từ k gia tộc khác nhau (1<k<13) đang ngồi ở một chiếc bàn tròn. Mỗi người đều cầm một chiếc cốc vàng hoặc cốc bạc và có đúng k cốc vàng. Vua Arthur ra lệnh cho các hiệp sĩ đồng loạt chuyền cốc cho người hàng xóm ở bên phải, sau đó làm lại tương tự, v.v. Chứng minh rằng tại một số thời điểm không có hiệp sĩ nào cùng tộc cầm cốc vàng.

A. A. Bolotov

M934.* Có 2n (n ≥2) điểm trong không gian (sao cho không có 4 điểm nào nằm trên cùng một mặt phẳng) và n²+1 đoạn được vẽ với các điểm cuối tại các điểm này. Chứng minh rằng các đoạn thẳng vẽ tạo thành a) ít nhất một tam giác; 6) ít nhất n hình tam giác.

M935. (Bài toán về đai ốc.) Nếu bên trong một 2n-giác đều cạnh a và tâm O, ta đặt một 2n-giác đều cạnh a/2 một cách tùy ý thì nó sẽ bao phủ điểm O. Chứng minh khẳng định sau: a) với n=2, 6)* với n=3, c)* với mọi số tự nhiên n>1.

S. V. Gashkov

F943. Một vật nhỏ rơi từ độ cao lớn xuống đất. Giả sử va chạm của một vật lên mặt đất là đàn hồi abscilitono, hãy xác định gia tốc của vật ngay sau khi nó nảy lên khỏi mặt đất.

A. G. Shikhkerimov

F944. Trên một vật rắn chuyển động tịnh tiến dọc theo một mặt phẳng nằm ngang gồ ghề, tại thời điểm thời gian $t_0=0$ , khi tốc độ của vật bằng $v_0$ thì lực $F(t)$ bắt đầu tác dụng, luôn hướng dọc theo vectơ $\vec{v}_0$ và quay trở lại theo thời gian. Sau thời gian $t$ tốc độ của vật sẽ bằng $v_t$ , và $v_t=5$ m/s nếu $v_0=1$ m/s, và $v_t=13$ m/s nếu $v_0=10$ m/s. Xác định sự phụ thuộc $v_t=f(v_0)$ cho mọi $v_0$ có thể.

R. L. Mkrtchyan, O. M. Khudaverdyan

F945. Xác định tỷ số $\eta_1/\eta_2$ của hệ số hiệu suất của hai quá trình tuần hoàn thực hiện với khí lý tưởng (hình 1): quá trình thứ nhất là 1-2-3-4-1, quá trình thứ hai là 5-6-7-4-5.

F946. Hai điện tích giống hệt nhau $q>0$ nằm cách nhau một khoảng $l$ . Khoảng cách tối thiểu đến mặt phẳng đối xứng $\Pi$ (hình 2) nhờ một đường thẳng đi ra từ điện tích bên trái hợp với một góc $\alpha$ với đường thẳng nối các điện tích là bao nhiêu? Đường thẳng này sẽ nằm ở góc nào so với mặt phẳng đối xứng khi đặt một khoảng cách lớn so với điện tích?

S. S. Krotov

F947. Vỏ của trạm vũ trụ là một quả cầu đen, nhiệt độ của nó do hoạt động của thiết bị bên trong trạm là $T=500$ K. Nhiệt độ của vỏ sẽ là bao nhiêu nếu trạm được bao quanh bởi một màn hình cầu mỏng màu đen có bán kính gần bằng bán kính của vỏ? Lượng cơ thể phát ra trên một đơn vị diện tích bề mặt tỷ lệ với lũy thừa bậc 4 của nhiệt độ tuyệt đối.

A. N. Buzdin

Problems

M931 — M935; P943 — P947

M931. The incircle of triangle $ABC$ touches sides $AB, BC$ and $CA$ at the points $C_1, A_1, B_1$ respectively. It is known that the segments $AA_1, BB_1, CC_1$ are of equal length. Prove that $ABC$ is equilateral.

A. N. Dranishnikov

M932. A 10 meter long anaconda lives in a square cage of side 1 meter. Baron Münhausen claims that he can shoot through the anaconda in 6 places anytime with a single shot. Is the baron exaggerating? (The anaconda may be viewed as an arbitrary polygonal line of length 10 in a 1 by 1 square.)

S. B. Gashkov

M933. 13 knights from $k$ different clans ( $1<k<13$ ) sit at the Round Table. Each holds a gold or silver cup, the number of gold ones

(có thể thoái hóa thành hình tam giác hoặc đoạn thẳng) có đường chéo $KM$ và $LN$ và diện tích của nó $S$ theo công thức nổi tiếng là bằng nhau

$S = \frac{1}{2} KL \cdot MN \cdot \sin \angle KON = \frac{1}{8} AB \cdot CD \cdot \sin \alpha,$

nghĩa là nó không phụ thuộc vào việc chọn điểm $E$ và $F$ .

Từ chứng minh cho thấy rõ khẳng định bài toán cũng đúng với tứ giác không lồi $ABCD$ .

M. V. Stark

♦ a) Dễ dàng tìm thấy biểu diễn được yêu cầu ở dạng rõ ràng:

$x^2 = \frac{1}{3} (x+1)^3 - \frac{1}{3} (x^3+3x+1).$

b) Ta tiến hành chứng minh bằng quy nạp theo bậc của đa thức. Đối với đa thức bậc 0 (hàm hằng), mệnh đề bài toán là hiển nhiên. Giả sử nó đúng với mọi đa thức bậc nhỏ hơn $n$ . Một đa thức tùy ý bậc $n$ bậc $P_n(x)$ có thể được viết là

$P_n(x) = ax^n + P_{n-1}(x),$

trong đó $P_{n-1}(x)$ nhiều nhất là đa thức bậc $n-1$ , mà phát biểu của chúng ta đúng theo giả thuyết quy nạp. Do đó, chỉ cần chứng minh cho một $ax^n$ là đủ (nếu mệnh đề bài toán đúng với hai đa thức thì rõ ràng nó đúng với tổng của chúng). Rõ ràng rằng $ax^n$ là hàm đơn điệu đối với $n$ lẻ; vì ngay cả $n$ cũng có một biểu diễn cần thiết theo sau công thức

$(n+1)x^n = (x+1)^{n+1} - x^{n+1} - Q_{n-1}(x),$

trong đó $(x+1)^{n+1}$ và $x^{n+1}$ là kết quả trả về của hàm $(n+1)$ là số lẻ) và đối với đa thức $Q_{n-1}(x)$ bậc $n-1$ thì phát biểu bài toán đúng với giả thuyết quy nạp.

Nếu $n=2k$ chẵn, người ta có thể suy luận khác. Theo giả thuyết quy nạp $x^k = P(x)-Q(x)$ , trong đó $P$ và $Q$ là các đa thức tăng đơn thức; kể từ đây,

$x^{2k} = 2P^2(x) + 2Q^2(x) - (P(x)+Q(x))^2.$

Thay $P(x)$ cùng với $x$ vào công thức của điểm a) chúng ta thu được biểu diễn $P^2(x)$ là hiệu của hai đa thức trả về. Điều tương tự có thể được thực hiện với $Q(x)$ và $P(x)+Q(x)$ , cuối cùng sẽ đưa ra biểu diễn cần thiết cho $x^{2k}$ .

A. Yu. Vayitrov, V. N. Dubrovsky

♦ a) Chúng ta hãy lợi dụng thực tế là đối với tất cả các điểm của đường thẳng đi qua đỉnh của góc, tỷ số giữa khoảng cách đến cạnh của nó (chính xác hơn là với các đường thẳng chứa các cạnh) sẽ bằng nhau. Đặc biệt, tỉ số $KA_1/KB_1$ và $PA_2/PB_2$ của khoảng cách từ các điểm $K$ và $P$ đến các cạnh $CA$ và $CB$ của góc $ACB$ đều bằng nhau (xem hình: trên đó góc $C$ là nhọn, đối với góc tù $C$ khoảng cách tương tự). Tỷ lệ đầu tiên rõ ràng bằng $AKsin \angle A/BKsin \angle B$ ( $\angle A$ và $\angle B$ là các góc của tam giác $ABC$ ). ĐẾN

để tìm giây, lưu ý rằng $\angle PAA_2$ thẳng đứng với góc giữa dây $AC$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ và tiếp tuyến của nó tại điểm $A$ , nghĩa là có độ lớn bằng vị trí của cung $AC$ và do đó, $\angle PAA_2 = \angle B$ ; tương tự, $\angle PBB_2 = \angle A$ . Như vậy,

$\frac{PA_2}{PB_2} = \frac{PA \sin \angle PAA_2}{PB \sin \angle PBB_2} = \frac{\sin \angle B}{\sin \angle A}$

( $PA = PB$ bởi tính chất tiếp tuyến của đường tròn vẽ từ một điểm). Cân bằng các biểu thức kết quả

$\frac{AK \sin \angle A}{BK \sin \angle B} = \frac{\sin \angle B}{\sin \angle A}$

và ta thu được định lý sin $\sin \angle B/\sin \angle A = AC/BC$ , ta thu được hệ thức mong muốn:

$\frac{AK}{BK} = \frac{AC^2}{BC^2}$

Xét đường thẳng $l$ , đối xứng $CP$ qua phân giác của góc $ACB$ (xem hình). Rõ ràng là đối với tất cả các điểm của nó, tỷ lệ khoảng cách đến các đường $CA$ và $CB$ nghịch đảo với cùng tỷ lệ đối với $CP$ , nghĩa là bằng $\sin \angle A/\sin \angle B$ (xem (*)). Đối với điểm $M$ mà đường $l$ cắt cạnh $AB$ , tỷ lệ này hiển nhiên bằng $AM \sin \angle A/BM \sin \angle B$ . Do đó, $AM = BM$ , tức là $CM$ , là đường trung bình của tam giác $ABC$ .

V. N. Dubrovsky

M914. Trên đảo Seroburomalin có 13 con tắc kè hoa màu xám, 15 màu nâu và 17 con tắc kè hoa màu đỏ thẫm với nhiều màu sắc khác nhau, sau đó chúng đồng thời đổi màu thành một con thứ ba (xám và nâu đều trở thành màu đỏ thẫm, v.v.). Có thể nào sau một thời gian tất cả tắc kè hoa sẽ được phân vùng đơn lẻ?

TRẢ LỜI: không thể được. Chúng ta phải chứng minh rằng từ bộ ba (13, 15, 17) bằng cách sử dụng các phép toán được mô tả trong các điều kiện, nghĩa là tăng một trong các số lên 2 và đồng thời giảm hai số còn lại đi 1 (nếu chúng dương), không thể thu được một trong các bộ ba (45, 0, 0), (0, 45, 0) và (0, 0, 45) (45 = 13 + 15 + 17). Như trong hầu hết bài toán tương tự với âm đáp số, để chứng minh, cần phải xây dựng một bất biến - một đại lượng được xác định trên các số nguyên ( $c, \delta, m$ ) và không thay đổi theo các phép biến đổi được chỉ định của các tuyến đường, sẽ lấy giá trị cho chuyến đi đầu tiên và ba chuyến đi cuối cùng.

Ví dụ, bất biến như vậy là phần dư $r$ của phép chia cho 3 hiệu $c - \delta$ của hai số đầu tiên của bộ ba ( $c, \delta, m$ ).

Có hiệu quả, khi “đổi màu tắc kè hoa”, các số $c$ và $\delta$ có thể được thay thế bằng $c - 1, \delta - 1$ , $c + 2, \delta - 1$ hoặc $c - 1, \delta + 2$ ; trong trường hợp đầu tiên $c - \delta$ không thay đổi, trong hai trường hợp còn lại nó thay đổi 3, nghĩa là phần còn lại $r$ vẫn giữ nguyên. Vẫn còn phải thay thế rằng đối với bộ ba ban đầu (13, 15, 17), nó bằng 1 và đối với ba bộ ba cuối cùng là $r = 0$ .

Không khó để trả lời câu hỏi chung - trong những điều kiện nào chúng ta có thể thu được một số khác từ một bộ ba số bằng các phép toán của mình? Vì tổng $s = c + \delta + m$ của tất cả các số của một trike cũng là bất biến nên chúng ta có thể sử dụng cách giải thích hình học đẹp mắt và thuận tiện về bài toán của chúng ta: mỗi trike ( $c, \delta, m$ ) với tổng cho trước $s$ sẽ được biểu thị bằng

$c + \delta + m = \frac{2S_{AOB}}{AB} + \frac{2S_{BOC}}{BC} + \frac{2S_{COA}}{CA} = s$

Nhấn một điểm bên trong tam giác đều có chiều cao $s$ , cách cạnh của nó một khoảng $c, \delta, m$ tương ứng với hình 1. Trong trường hợp này, mỗi thao tác tương ứng với việc dịch chuyển một điểm trong tam giác đến khoảng cách 2 vuông góc với một trong các cạnh. Chia tam giác thành $s^2$ các tam giác đều giống hệt nhau có chiều cao 1 (hình 2); Rõ ràng, các đỉnh của chúng tương ứng với tất cả các bộ ba số nguyên có tổng cho trước $s$ . Chúng ta hãy lấy một trong các đỉnh này, vẽ các mũi tên từ nó đến những điểm mà nó có thể được dịch chuyển bằng các phép toán của chúng ta, vẽ các mũi tên mới từ các đầu mũi tên, v.v. Tất cả các mũi tên này tạo thành một tam giác dịch chuyển khác từ cạnh 2. Các đỉnh của chúng mô tả tất cả các bộ ba số có thể thu được từ số ban đầu bằng cách “sơn lại những con tắc kè hoa”. Thật dễ dàng để xác minh rằng từ bất kỳ điểm màu đỏ nào, ngoại trừ các đỉnh của tam giác lớn, bạn có thể đi dọc theo các mũi tên màu đỏ đến bất kỳ điểm nào khác. Tương tự, các điểm còn lại sẽ được chia thành hai loại điểm “kết nối” nữa (màu xanh lá cây và xanh lam ở hình 2; mũi tên không hiển thị cho chúng). Tất nhiên, giá trị của bất biến $r$ đối với tất cả các điểm của cùng một lớp sẽ giống nhau; Hơn nữa, có thể dễ dàng kiểm tra xem điểm đỏ $r=0$ , điểm xanh lục - $r=1$ , điểm xanh lam - $r=2$ .

Do đó, từ bộ ba $(c, \delta, m)$ người ta có thể thu được bộ ba $(c', \delta', m')$ khác khi và chỉ nếu bộ ba đầu tiên có ít nhất hai số dương và giá trị của các bất biến $s$ và $r$ đối với các bộ ba này trùng nhau (giá trị của bất kỳ bất biến nào khác sẽ tự động trùng khớp; chứng minh trực tiếp rằng, chẳng hạn, phần dư của phép chia $m-6$ cho 3 được biểu thị thông qua $s$ và $r$ ). Đặc biệt, nếu $s$ là bội số của trem, đối với tất cả các đỉnh của tam giác lớn $r=0$ , tức là chúng chỉ đạt được từ điểm $c = 0$ (trên hình 2 - từ các điểm màu đỏ); nếu $s$ không chia hết cho 3, thì ở một trong số chúng sẽ có $r=0$ , ở cái còn lại - $r=1$ , ở cái thứ ba - $r=2$ , tức là từ bất kỳ điểm nào $(c, \delta, m)$ bạn có thể đi đến một (và chỉ một) đỉnh.

V. G. Iltchev, N. V. Vasiliev

M915. Chứng minh rằng với mọi số dương $a, b, c, d$ bất đẳng thức đúng*

$\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+d} + \frac{c}{d+a} + \frac{d}{a+b} \geq 2.$

Đầu tiên là lời giải. Nhóm số hạng đầu tiên ở vế trái của bất đẳng thức đang được chứng minh với số hạng thứ ba và số hạng thứ hai với số hạng thứ tư và nhận được ước tính $xy \leq (x+y)^2/4$ cho $x \geq 0, y \geq 0$ (theo sau điểm $4xy = (x+y)^2 - (x-y)^2$ ), chúng ta thu được

Cauchy-Bunyakovsky bất bình đẳng:
với mọi số $x_1, x_2, \dots, x_n$ và $y_1, y_2, \dots, y_n$

$\left( x_1^2 + \dots + x_n^2 \right) \left( y_1^2 + \dots + y_n^2 \right) \geq \left( x_1 y_1 + \dots + x_n y_n \right)^2.$

Để chứng minh bất đẳng thức này, chỉ cần thay thế hàm bình phương $P(t) = \left( x_1 + y_1 t \right)^2 + \dots + \left( x_n + y_n t \right)^2$ không âm với mọi $t$ và viết ra điều kiện kết quả là phân biệt đối xử của nó không dương.

Thứ hai lời giải. Hãy đặt $x_1 = \sqrt{a/(b+c)}$ , $x_2 = \sqrt{b/(c+d)}$ , $x_3 = \sqrt{c/(d+a)}$ , $x_4 = \sqrt{d/(a+b)}$ và $y_1 = \sqrt{a(b+c)}$ , $y_2 = \sqrt{b(c+d)}$ , $y_3 = \sqrt{c(d+a)}$ , $y_4 = \sqrt{d(a+b)}$ . Nhờ bất đẳng thức Cauchy-Bunyakovsky, được chứng minh ở phần lề, $(x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 + x_4^2) \left( y_1^2 + y_2^2 + y_3^2 + y_4^2 \right) = \left( \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+d} + \frac{c}{d+a} + \frac{d}{a+b} \right) (2ac + 2bd + ab + bc) + cd + da) \geq \left( x_1 y_1 + x_2 y_2 + x_3 y_3 + x_4 y_4 \right)^2 = (a + b + c + d)^2$ . (*) Rõ ràng, $a^2 + c^2 \geq 2ac$ , $b^2 + d^2 \geq 2bd$ , do đó $(a + b + c + d)^2 \geq 4ac + 4bd + 2(ab + bc + cd + da)$ .

Thay ước tính này vào (*), chúng ta thu được bất đẳng thức cần thiết. Bất đẳng thức đã được chứng minh là trường hợp đặc biệt của bất đẳng thức $\frac{a_1}{a_2 + a_3} + \dots + \frac{a_{n-1}}{a_n + a_1} + \frac{a_n}{a_1 + a_2} \geq \frac{n}{2} \text{ (при } a_i > 0),$

mà nhà toán học người Mỹ Shapiro đề xuất chứng minh vào năm 1954. Trong bài toán $n = 4$ của chúng tôi; trường hợp $n = 3$ đã được xem xét trong các bài toán M182 và M749 của “Bài toán «Kvant». Câu hỏi về tính hợp lệ của bất đẳng thức này đối với các giá trị khác của $n$ hóa ra khá khó và vẫn chưa nhận được đầy đủ đáp số. Chúng tôi hy vọng sẽ quay lại chủ đề này trong tương lai.

L. D. Kurlyandchik

F923. Trên một mặt phẳng nằm ngang nhẵn có hai đĩa tiếp xúc với nhau theo một cung tròn, được nối với nhau bằng một trục thẳng đứng không thể tách rời đi qua tâm của nó và tốc độ quay tăng tuyến tính theo thời gian. Tại một số thời điểm, một đĩa nhỏ hơn bán kính $r$ tách ra khỏi đĩa lớn (không chạm vào nó nữa). Lúc này đĩa lớn sẽ quay tới điểm nào? Không có đào tạo giữa các bất đồng. Giả sử toàn bộ khối lượng của đĩa tập trung ở tâm của nó.

Để đĩa bắt đầu quay tại thời điểm $t_0 = 0$ . Khi đó tại thời điểm $t$ vận tốc góc của đĩa $A$ bằng $\omega_l = \beta t$ , trong đó $\beta$ là gia tốc góc không đổi khi đĩa quay. Lúc này, tâm của đĩa $B$ chuyển động với cùng vận tốc góc dọc theo một đường tròn có bán kính $R + r$ . Tốc độ tuyến tính của đĩa $B$ bằng $v_l = \beta t (R + r)$ ; gia tốc hướng tâm của nó là $a_u = (\beta t)^2 (R + r)$ và gia tốc tiếp tuyến của nó là $a_r = (v_l)' = \beta (R + r)$ .

Trong mặt phẳng diễn ra chuyển động, đĩa $B$ bị ảnh hưởng bởi lớp căng của đáy $\vec{T}$ và lớp phản ứng bình thường từ đĩa lớn $\vec{N}$ . Hãy viết phương trình chuyển động của đĩa $B$ dưới dạng hình chiếu trên trục $X$ và $Y$ (xem hình):

$T \cos \alpha - N = ma_u = m (\beta t)^2 (R + r),$

$T \sin \alpha = ma_r = m \beta (R + r).$

Từ đây là:

$\text{ctg} \alpha = \frac{N}{m \beta (R + r)} + \beta t^2.$

Vào thời điểm chia ly $N = 0$ , và

$\text{ctg} \alpha = \beta t^2.$

Góc $\varphi$ mà đĩa $A$ quay theo thời gian $t_{\text{отр}}$ bằng

$\varphi = \beta \frac{t_{\text{отр}}^2}{2} = \frac{\text{ctg} \alpha}{2}.$

F926. Trong không gian 1985 có những quả cầu kim loại không chạm vào nhau, điện tích của chúng lần lượt bằng q, -2q, 3q, -4q, …, 1984q, 1985q (q>0). Chứng minh rằng trong số đó có một quả cầu có mật độ điện tích bề mặt hoàn toàn không âm. Khoảng cách giữa các quả bóng là hữu hạn.

Chúng ta hãy tưởng tượng trường tĩnh điện của các quả bóng tích điện dưới dạng một số đường sức. Vì không có trường bên trong mỗi quả bóng nên các đường sân bắt đầu và kết thúc trên bề mặt của các quả bóng.

Chúng ta hãy lấy bất kỳ quả bóng nào, ví dụ như quả bóng A, và tìm trên bề mặt của nó nơi đặt điểm cuối của một số đường sân (đường màu đỏ ở hình). Nếu chúng ta không tìm thấy một vị trí như vậy, thì điều này có nghĩa là quả bóng A là iskoy - nó mang điện tích không âm (xét cho cùng, các đường lực kết thúc ở điện tích âm).

Chúng tôi sẽ chuyển điện tích dương thử nghiệm từ vị trí chúng tôi tìm thấy trên quả bóng dọc theo đường sân đối diện với hướng của nó. Đi theo con đường này, chúng ta sẽ đến bề mặt của một quả bóng B. Chúng ta sẽ đi dọc theo bề mặt của nó, tìm điểm cuối của một đường lực khác tác dụng lên nó và một lần nữa xuất hiện dọc theo nó (“hướng về phía”). Chúng ta sẽ tiếp tục quá trình này, theo sau qua các quả bóng C, D, v.v. (đường chấm màu xanh lam ở hình).

Tuyên bố sau đây là đúng:

Một chuyển động như vậy sẽ không làm chúng ta tăng lên vô cùng, vì tổng điện tích của hệ là

$Q = q - 2q + 3q - 4q + \dots - 1984q + 1985q = 993q$

là dương (với điều kiện q>0), và do đó các đường sức không có nguồn gốc từ vô cực. Thật vậy, tại tất cả các điểm đủ xa so với hệ của chúng ta, hệ có kích thước tuyến tính hạn chế (khoảng cách giữa các quả bóng là hữu hạn), trường do hệ tạo ra tương đương với trường của một điện tích dương chính xác, và các đường lực tại những điểm đó hướng ra xa hệ và tiến đến vô tận.

Trên hành trình của mình, chúng ta không thể ghé thăm lại bất kỳ quả bóng nào đã được chuyền qua. Nếu tai nạn như vậy có nghĩa là một phần đường đi của chúng ta là một đường khép kín, không thể nằm trong trường tĩnh điện.

Do đó, vì số lượng quả bóng là hữu hạn nên chuyển động của chúng ta sớm muộn gì cũng sẽ kết thúc, tức là chúng ta sẽ tìm thấy một quả bóng trong đó các đường sức không đi vào. Bề mặt của quả bóng như vậy ở mọi nơi đều tích điện không âm.

V. A. Yasinsky