Lời giải bài toán M946—M950; F958—F962

38

Lời giải bài toán
M946—M950; F958—F962

M946. Hai parabol nằm trên một mặt phẳng sao cho trục của chúng vuông góc với nhau và các parabol cắt nhau tại bốn điểm. Chứng minh rằng bốn điểm này cùng thuộc một đường tròn.

Chúng ta hãy chọn hệ tọa độ hình chữ nhật $Oxy$ sao cho các trục của parabol là trục tọa độ (xem hình). Khi đó phương trình của một trong các parabol là $x=ay^2+b$ ($a>0, b<0$), parabol còn lại là $y=cx^2+d$ ($c>0, d<0$). tọa độ $(x;y)$ giao điểm của các parabol thỏa mãn hệ phương trình $x=ay^2+b, y=cx^2+d$. Chia phương trình đầu tiên cho $a$, phương trình thứ hai cho $c$ và cộng các phương trình thu được, sau khi biến đổi thêm, chúng ta thu được phương trình
$$\left(x-\frac{1}{2a}\right)^2+\left(y-\frac{1}{2c}\right)^2=\frac{1}{4a^2}+\frac{1}{4b^2}-\frac{b}{a}-\frac{d}{c}.$$
Vì vế phải của nó dương nên giao điểm của các parabol nằm trên một đường tròn bán kính $R=\sqrt{\frac{1}{4a^2}+\frac{1}{4b^2}-\frac{b}{a}-\frac{d}{c}}$ có tâm tại điểm $Z(1/2a; 1/2c)$.

L. P. Kuptsov

M947. Các số được viết thành một dòng trên bảng
$$1\frac{1}{2}\frac{1}{3}\frac{1}{4}\cdots\frac{1}{10}\frac{1}{11}\frac{1}{12}.$$
a) Chứng minh rằng dù ta đặt dấu “+” và “-” vào giữa các số này như thế nào thì tổng thu được vẫn không bằng 0.
b) Số chữ số nhỏ nhất phải xóa khỏi bảng là bao nhiêu để sau khi đặt dấu “+” và “-” giữa các số còn lại thì tổng bằng 0?

Trong lời giải và bài toán, các câu lệnh sau được sử dụng: tổng của hai phân số tối giản $a/b$ và $c/d$ với các giá trị khác nhau không thể bằng 0. (Nếu, chẳng hạn, $b>d$, thì đẳng thức $ad=-bc$ là không thể, vì $a$ nguyên tố chung với $b$ và $d$ không chia hết cho $b$.)
a) Bằng cách viết số tiền cần tìm là
$$\left(1\pm\frac{1}{2}\pm\cdots\pm\frac{1}{10}\pm\frac{1}{12}\right)\pm\frac{1}{11},$$ chúng ta thấy rằng theo khẳng định trên, đối với bất kỳ cách chọn dấu nào, nó sẽ không chuyển về 0, vì giá trị chung nhỏ nhất của các phân số trong ngoặc không bằng 11.
b) Đáp số: 6. Từ chứng minh điểm a) suy ra phân số 1/11 đúng. Bằng cách tương tự, người ta chứng minh rằng 1/9, 1/8, 1/7 bị cường điệu hóa. Tổng đóng góp của các phân số 1/5 và 1/10 vào tổng, nếu ít nhất một trong số chúng không bị xóa, có thể bằng $\pm 1/5$, $\pm 1/10$ hoặc $\pm 3/10$. Vì các phân số có ý nghĩa còn lại không chia hết cho 5 nên hãy loại bỏ hai phân số này. Từ những số còn lại, bạn có thể tạo ra tổng bằng 0:
$$1-\frac{1}{2}-\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{6}-\frac{1}{12}=0.$$
S. V. Reznitsenko

M948. Tam giác đều ABC được bao phủ hoàn toàn bởi năm quy tắc tam giác bằng nhau nhỏ hơn. Chứng minh rằng tam giác ABC có thể bị bao phủ hoàn toàn bởi 4 tam giác như vậy (các tam giác này có thể dịch được).

Chúng ta lấy sáu điểm trong tam giác ABC - các đỉnh và trung điểm của cạnh. Ít nhất hai trong số chúng phải được bao phủ bởi một trong năm hình tam giác nhỏ hơn, do đó, cạnh của tam giác đó ít nhất bằng một nửa cạnh của tam giác ABC. Do đó, mỗi trong số bốn hình tam giác đều có đường giữa

40

1,25R, trong đó $R$ là bán kính trái đất. Tại một số điểm, Sutini phóng ra khỏi trạm theo hướng chuyển động của nó và đi vào quỹ đạo hình elip với anoze được đưa ra khỏi tâm Trái đất ở khoảng cách 10R. Với tỷ lệ nào $m/M$ bản chất sẽ gặp trạm sau khi hoàn thành một vòng quay quanh trái đất?

Gọi $T_1$ là chu kỳ chuyển động của bản chất trên quỹ đạo 1 với khoảng cách từ tâm Trái đất đến cận điểm 10R, $T_2$ là chu kỳ chuyển động của bản chất trong quỹ đạo 2 với khoảng cách từ tâm Trái đất đến cận điểm $nR$ ($n$ là một ẩn số). Sự hội tụ của bản chất và trạm tại điểm $A$ sau một vòng quay của bản chất sẽ xảy ra với điều kiện

$$\frac{T_1}{T_2} = k > 1, \quad \text{где } k \text{ — целое число.}$$

Biểu thị $T_1, T_2$ thông qua khối lượng của trạm $M$ và bản chất $m$, sử dụng định luật Kepler, định luật bảo toàn động lượng và năng lượng cho mục đích này, chúng ta sẽ tìm thấy khả năng tương ứng giữa các khối lượng này, dẫn đến việc thỏa mãn điều kiện $T_1:T_2 = k$.

Theo định luật thứ ba của Kepler

$$\frac{T_1}{T_2} = \left( \frac{a_1}{a_2} \right)^{3/2} = \left( \frac{45}{5+4n} \right)^{3/2} = k,$$

trong đó $a_1, a_2$ là bán trục lớn của các quỹ đạo tương ứng (xem hìnhok). Chúng ta hãy biểu thị $n$ dưới dạng khối lượng $m$ và $M$.

Khi trạm và bản chất di chuyển riêng biệt quanh trái đất, toàn bộ năng lượng cơ học của chúng được bảo toàn. Vì thế năng của một vật có khối lượng $m$ trong trường hấp dẫn của trái đất ở khoảng cách $r$ tính từ tâm trái đất bằng

$$U = -\frac{GmM_3}{r} = -\frac{mgR^2}{r}$$

(g là gia tốc trọng trường, $M_3$ là khối lượng của trái đất), thì từ định luật bảo toàn năng lượng suy ra rằng

$$\frac{mv_1^2}{2} - \frac{mgR^2}{5R/4} = \frac{|m(v_1')^2|}{2} - \frac{mgR^2}{10R},$$

$$\frac{Mv_2^2}{2} - \frac{MgR^2}{5R/4} = \frac{M(v_2')^2}{2} - \frac{MgR^2}{nR},$$

trong đó $v_1'$ là tốc độ của trạm ở đỉnh điểm, $v_2'$ là tốc độ của trạm ở điểm cận điểm, $v_1$ và $v_2$ lần lượt là tốc độ mà trạm và trạm thu được tại thời điểm khoảng cách tại điểm $A$ (xem hìnhok).

Theo định luật bảo toàn động lượng vận tốc thì $\vec{v}_1$ và $\vec{v}_2$ có quan hệ tương ứng

$$(M + m)v_0 = mv_1 + Mv_2,$$

trong đó $v_0$ là tốc độ của trạm và bản chất trước quãng đường. Chúng ta tìm thấy giá trị $v_0$ từ phương trình chuyển động của trạm và bản chất nói chung (trước khoảng cách):

$$\frac{(m + M)v_0^2}{5R/4} = G \frac{(m + M)M_3}{(5R/4)^2},$$

Ở đâu

$$v_0 = \sqrt{\frac{GM_3}{5R/4}} = 2\sqrt{\frac{gR}{5}}.$$

Định luật thứ hai của Kepler cho phép chúng ta thiết lập mối liên hệ giữa tốc độ $v_1$ và $v_2'$,

$$\frac{5}{4}Rv_1 = 10Rv_1',$$

42

F960. Để có được hai cuộn dây hoàn toàn giống hệt nhau, chúng được quấn đồng thời trên một lõi không từ tính bằng cách sử dụng các dây phức tạp với nhau (hình 1). Tuy nhiên, cuộn dây được kết nối thông qua phím K với pin B có điện áp U₀, phím thứ hai với điện trở R. Phím được đóng. Tính cường độ dòng điện qua điện trở. Vẽ đồ thị cường độ dòng điện chạy qua pin theo thời gian.

Sau thời gian t chìa khóa được mở. Bao nhiêu nhiệt được tạo ra trong điện trở bắt đầu từ thời điểm này? Độ tự cảm của mỗi cuộn dây là L. Pin được coi là lý tưởng. Yêu cầu về điện trở dây.

Hình 1.

Hình 2.

Khi tính suất điện động cảm ứng trong mạch của mỗi cuộn dây, cần xét tổng từ thông chạy qua nó, tức là tổng các từ thông do dòng điện trong cuộn dây tạo ra.

Sau khi đóng phím, EMF $E_1 = E_2 = U_0$ giống nhau phát sinh trong cả hai mạch và công suất giải phóng trên điện trở bằng

$$P = \frac{E_2^2}{R} = \frac{U_0^2}{R}.$$

Vậy dòng điện qua cuộn dây thứ 2 bằng $I_2 = U_0/R$. Từ thông, cuộn dây thứ 1 tùy ý, bằng

$$\Phi_1 = LI_1 + LI_2,$$

trong đó $I_1$ là dòng điện qua cuộn dây thứ 1 và qua pin. (Thông lượng qua mỗi cuộn dây do dòng điện $I_2$ tạo ra là như nhau - các cuộn dây được quấn lại với nhau.) Do đó,

$$E_1 = U_0 = \left| \frac{d\Phi_1}{dt} \right| = \left| L \frac{dI_1}{dt} + L \frac{dI_2}{dt} \right| = \left| L \frac{dI_1}{dt} \right|$$

(kể từ $I_2 = \text{const}$). Từ đây

$$I_1 = \frac{U_0}{R} + \frac{U_0}{L} t.$$

Đồ thị $I_1(t)$ được hiển thị trên hình 2. Dòng điện nhảy ở thời điểm đầu tiên là do tổng từ thông qua cuộn dây không được thay đổi đột ngột và ngay sau khi bật, một từ thông bổ sung sẽ xuất hiện hướng ngược với từ thông do cuộn thứ 1 tạo ra.

Khi chìa khóa mở ra thì tổng dòng điện qua cuộn dây thứ 2 bằng

$$\Phi_{2\tau} = -LI_2 + LI_{1\tau} = L \frac{U_0}{L} \tau = U_0 \tau.$$

Ngay sau khi mở chìa khóa, sẽ xuất hiện dòng điện trong cuộn dây này

$$I_p = \frac{U_0 \tau}{L},$$

vì dòng điện qua cuộn dây không được thay đổi đột ngột. Nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở kể từ lúc mở điện là

$$W = \frac{1}{2} LI_p^2 = \frac{U_0^2 \tau^2}{2L}.$$

A. R. Zilberman

F961. Để duy trì nhiệt độ nước không đổi trong bể cá có dòng chảy, hãy sử dụng hai lò sưởi giống hệt nhau (xem hình). Ở chế độ bình thường, số lần xuất hiện tăng gấp ba lần. Lưu lượng nước lạnh nên thay đổi như thế nào nếu máy sưởi được kết nối với mạng nối tiếp? Tốc độ dòng nước lạnh sẽ là bao nhiêu nếu bật một nguồn điện xoắn ốc?

Nhiệt mà nước nhận được từ máy sưởi sẽ bù đắp tổn thất nhiệt - nhiệt lượng mà bể cá tỏa ra môi trường. Việc mất điện phụ thuộc vào sự chênh lệch nhiệt độ giữa nước trong bể cá và môi trường. Nếu nhiệt độ này không thay đổi thì tổn thất điện năng không đổi.

Chúng ta hãy biểu thị mức tiêu thụ nước thứ hai trong trường hợp đầu tiên (một vòng xoắn ốc được bật) $\Delta m$. Sau đó

$$P = c \cdot \Delta m \cdot (t_2 - t_1) + q,$$

(1) trong đó $q$ là tổn thất điện năng. Trong trường hợp thứ hai (bao gồm hai vòng xoắn ốc được kết nối song song), nguồn điện sẽ trả về hai lần và

43

$$2P = c \cdot 3m \cdot (t_2 - t_1) + q.$$ (2)

Từ (1) và (2) ta thu được ngay

$$q = \frac{1}{2} P.$$

Nhưng trong trường hợp các vòng xoắn ốc được mắc nối tiếp, công suất do immi giải phóng sẽ chính xác là $P/2$. Điều này có nghĩa là trong trường hợp này -body nên bị vô hiệu hóa.

Bây giờ từ các phương trình (1) và (2), chúng ta tìm được tốc độ dòng nước thứ hai, với điều kiện là một vòng xoắn ốc được bật:

$$\Delta m = \frac{P}{2c(t_2 - t_1)} = \frac{100}{2 \cdot 4,2 \cdot 10^3 \cdot 17} \text{ кг/c} \approx 7 \cdot 10^{-4} \text{ кг/c}.$$

A. P. Zilberman

F962. Các nguồn chính xác nằm trên trục quang chính của thấu kính tạo thành dây tóc phát sáng đồng đều (đi qua tiêu điểm của thấu kính). Tìm định luật thay đổi $E(x)$ độ rọi tại các điểm nằm trên cùng một trục ở phía bên kia của thấu kính và cách nó một khoảng lớn $x$ ($x \gg F$, trong đó $F$ là tiêu cự của thấu kính).

Các đoạn dây tóc phát sáng nằm ở khoảng cách $y > F$ tính từ thấu kính tạo ra ảnh thật trên trục quang ở bên phải thấu kính. Để tìm độ chiếu sáng $E(x)$ đơn vị độ dài trên trục quang, tức là công suất của hình ảnh rơi trên một đơn vị chiều dài, hãy xem xét quá trình biến đổi một đoạn nhỏ của vật thể $dy$ thành một đoạn hình ảnh $dx$ xảy ra (xem hình).

Đặt công suất, biểu thị bằng đơn vị độ dài của sợi dây phát sáng, bằng $E_0$. Khi đó tổng công suất của ảnh rơi lên phần tử $dx$ của ảnh bằng

$$E(x) \cdot dx = E_0 \frac{\Omega(y)}{4\pi} dy.$$ (*)

Ở đây xét rằng thấu kính chỉ hội tụ một phần ảnh của phần tử $dy$ - ảnh rơi vào phần tử $dx$ của ảnh được cho bởi công thức $$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{F}.$$ Do đó, $dy$ trong công thức (*) có thể biểu diễn qua $dx$ như sau:

$$dy = \left| \frac{dy}{dx} \right| dx = \frac{F^2}{(F-x)^2} dx.$$

(Đạo hàm được lấy theo modulo, vì độ dài của các đoạn và lũy thừa là dương.) Thay giá trị của $dy$ vào (*) và xét rằng đối với $x \gg F$ $y \approx F$ và góc đặc $\Omega(y \approx F)$ không phụ thuộc vào $x$, ta thu được

$$E(x) \approx E_0 \frac{\Omega(F)}{4\pi} \frac{F^2}{(F-x)^2} \approx E_0 \frac{\Omega(F) \cdot F^2}{4\pi x^2} \sim \frac{1}{x^2}.$$

M. A. Vorontsov, B. E. Kuntsyn