Lời giải bài toán M956—M960; F968—F972

36

Lời giải bài toán

M956. Vẽ bốn đường tròn có cùng bán kính trên mặt phẳng sao cho ba đường tròn đi qua một điểm A và ba đường tròn đi qua điểm B. Chứng minh rằng bốn điểm giao nhau theo cặp của chúng, khác A và B, là các đỉnh của một hình bình hành.

M957. Chứng minh rằng từ năm 1985 các số tự nhiên khác nhau đều có thừa số nguyên tố nằm trong 9 số nguyên tố 2,3,…,23, có thể chọn được 4 số có tích là lũy thừa bậc 4 của một số nguyên.

M956—M960; F968—F972
Hãy cho một trong nhiều lời giải bài toán.
Chúng ta hãy biểu thị tâm của các vòng tròn bằng $O_1, O_2, O_3, O_4$ và các điểm giao nhau theo cặp của chúng bằng $K, L, M, N$ (xem hình). Vì các đường tròn bằng nhau nên điểm $P$ giao điểm của dây chung $AK$ của các đường tròn $O_1$ và $O_2$ với tâm tuyến tính $O_1O_2$ chia cả hai đoạn $AK$ và $O_1O_2$ làm đôi. Tương tự, các đoạn $O_3O_2$ và $AL$ có chung điểm giữa $Q$. Do đó, đoạn $PQ$ là đường trung bình của hai tam giác - $O_1O_2O_3$ và $AKL$, tức là $\overrightarrow{O_1O_3}=2\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{KL}$. Nó được chứng minh theo cách tương tự rằng $\overrightarrow{O_1O_3}=\overrightarrow{NM}$, và từ đẳng thức $\overrightarrow{KL}=\overrightarrow{O_1O_3}=\overrightarrow{NM}$ suy ra rằng $KLMN$ là hình bình hành.

Hãy tự chứng minh rằng $A$ và $B$ là giao điểm đường cao của các tam giác $BKL$ và $AMN$; thông tin này có thể được sử dụng cho lời giải bài toán khác (xem nhận xét kết luận ở lời giải bài toán M951 ở số trước «Kvant»).

V. N. Dubrovsky

Hãy chứng minh rằng từ những số này ta có thể chọn được khá nhiều cặp $(a,b)$ sao cho tích $ab$ là bình phương của một số nguyên; chính xác hơn: từ $N$ số (có 9 thừa số nguyên tố) bạn có thể chọn ít nhất $(N-2^9)/2$ cặp như vậy. Ở chúng ta có bài toán $N=1985$, vì vậy chúng ta có thể phân biệt ít nhất $(1985-512)/2$, tức là ít nhất 737 cặp $(a,b)$. Sau đó, đến $N=737$ với số nguyên $\sqrt{ab}$ người ta có thể áp dụng lại lý luận tương tự và thu được một cặp $(\sqrt{ab}, \sqrt{cd})$—thậm chí $(737-512)/2+1/2=113$ các cặp như vậy—rằng tích $\sqrt{ab} \cdot \sqrt{cd}$ là bình phương của số nguyên, nghĩa là, $abcd$ là lũy thừa thứ tư của số nguyên.

Nó vẫn còn để chứng minh sự thật đã nêu. Theo định lý cơ bản của số học, mọi số tự nhiên đều có thể biểu diễn duy nhất dưới dạng tích của các thừa số nguyên tố. Tích $ab$ của hai số nguyên

$$a=2^{\alpha_1}3^{\alpha_2}...23^{\alpha_9} \text{ и } b=2^{\beta_1}3^{\beta_2}...23^{\beta_9}$$

sẽ là một bình phương hoàn hảo khi và chỉ khi số mũ $\alpha_i$ và $\beta_i$ có cùng số chẵn lẻ (đối với mỗi $i$ từ 1 đến 9); trong trường hợp này, chúng ta sẽ gọi các tập $(\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_9)$ và $(\beta_1,\beta_2,...,\beta_9)$ là có thể so sánh được. Từ $N$ bộ chỉ báo tương ứng với $N$ số cho sẵn (với bộ 2,3,…,23), chúng ta sẽ chọn lần lượt từng cặp bộ so sánh được, miễn là có thể. một bộ không có cặp chỉ còn lại nhiều nhất là $2^9$, vì chỉ có $2^9$ bộ chỉ báo không thể so sánh được theo cặp (mỗi vị trí trong số 9 vị trí có thể có số chẵn hoặc số lẻ - tổng cộng $2^9$ tùy chọn).

bài toán này, được đề xuất bởi Mongoley trong lần tối ưu hóa quốc tế mới nhất, là một trường hợp đặc biệt của bài toán sau, có vẻ như rất khó. Hãy để những điều tự nhiên được ban tặng

38

hệ số chẵn $P_2$ có cùng bậc $x$, hệ số mới phát sinh ở số hạng bậc $q$ lớn hơn đa thức $x^qP_2(x)$ nên $w(i_1) \leqslant W(P_1) \leqslant W(P)$.

Chúng ta hãy đưa ra một lý do nữa - bằng quy nạp trên $i_1$. Đối với $i_1=0$ tuyên bố của chúng tôi là hiển nhiên $(w(0)=1)$.

Hãy chứng minh rằng nếu nó đúng với một số $i_1=j_1$ thì nó cũng đúng với $i_1=2j_1$ và $i_1=2j_1+1$. Để làm điều này, bằng cách sử dụng giả định chỉ số và các công thức (2), (3) và (4) trong các trường, chúng tôi nghiên cứu riêng các hệ số cho lũy thừa chẵn và lẻ $x$ trong các đa thức $(1+x)^{i_1}$ và $P(x)$. Việc thiết lập, tùy theo tính chẵn lẻ, $i_8$, $i_8=2j_8$ hoặc $i_8=2j_8+1$ và áp dụng các công thức ở lề, ta viết đa thức $P(x)$ dưới dạng $F_1(x^2)+xF_2(x^2)$.

Nếu $i_1=2j_1$ thì theo (2), $w(i_1)=w(j_1)$. Hơn nữa, nếu $i_2>i_1+1$ thì ký hiệu $P(x)$ bắt đầu bằng $(1+x^2)^{j_1}$ và bao gồm các hệ số có lũy thừa chẵn $x$ trong trọng số $P(x)$ (tức là trọng số $F_1(x)$) không nhỏ hơn $w(j_1)$. Nếu $i_2=i_1+1$, thì bằng cách sử dụng (4), chúng ta bắt đầu viết $P(x)$ từ $(1+x^2)^{j_1}$ và, theo giả định chỉ định, sự đóng góp của $W(F_2)$ hệ số cho lũy thừa lẻ $x$ vào trọng số $P(x)$ không nhỏ hơn $w(j_1)$.

Nếu $i_1=2j_1+1$, thì theo (3), $w(i_1)=2w(j_1)$ và bao gồm trong trọng số $P(x)$ cả lũy thừa lẻ và lũy thừa lẻ $x$ không nhỏ hơn $w(j_1)$, vì vậy $W(P) \geqslant 2w(j_1)=w(i_1)$.

Cuối cùng, chúng tôi phác thảo lời giải tôn trọng nhất, sử dụng quy tắc chung để mô tả tất cả các hệ số lẻ của đa thức $(1+x)^i$. Hãy biểu thị $i$ là

$$i=2^{m_1}+2^{m_2}+\dots+2^{m_r}, m_1<m_2<\dots<m_r;$$

cách biểu diễn như vậy luôn tồn tại và cách biểu diễn duy nhất $(m_1,...,m_r)$ là các số có ký hiệu kép của số $i$, trong đó có 1). Sau đó, theo công thức (1) trên các trường $(1+x)^i=(1+x^{q_1})\dots(1+x^{q_r})$, trong đó $q_i=2^{m_i}$. Do đó, hệ số $C_i^k$ của đa thức $(1+x)^i$ cho $x^k$ là số lẻ khi và chỉ khi k bằng tổng con lẻ của tổng (*). Biểu thị bằng $M(i)$ tập số mũ $\{m_1,...,m_r\}$ trong khai triển kép $i$, điều kiện này có thể viết là $M(k)\subset M(i)$. Do đó, hệ số $x^k$ của đa thức $P(x)$ là số lẻ khi và chỉ khi tập hợp $B=M(k)$ chứa trong một số lẻ các đa thức $A_s=M(i_s)$, $s=1,2,...,n$; Chúng ta cũng sẽ gọi nhiều $B$ lẻ. Vì vậy, chúng ta cần chứng minh sự kiện tổ hợp sau: số lượng tất cả các tập con của số nhiều $A_1$ không nhỏ hơn số lượng tất cả các số nhiều lẻ. Để làm điều này, chỉ cần liên kết tất cả $C \subset A_1$ các tập hợp con lẻ riêng biệt $F(C)$ là đủ.

Nếu bản thân $C$ là số lẻ, chúng ta đặt $F(C)=C$. Nếu không, chúng tôi thêm vào $C$ một tập hợp được chọn như sau. Hãy cùng nhìn vào mọi thứ $A_s$. chứa $C(s \geqslant 2)$ - số của chúng là số lẻ - và tập hợp $D_s$, bao gồm tất cả các phần tử $A_s$ không có trong $A_1$. Trong số những bộ này có thể có những bộ giống hệt nhau; Chúng ta chỉ để lại những bản được thể hiện bằng số lẻ, từ chúng, chúng ta chọn bản lẻ lớn nhất (không chứa ở các bản khác) $D_h$ và đặt $F(C)=C \cup D_h$. Dễ dàng nhận thấy toàn bộ tập hợp $F(C)$ đều lẻ và khác biệt $(F(C) \cap A_1=C)$.

Nếu bạn viết các hệ số $(1+x)^i$, thay thế chúng bằng 0 và các hệ số lẻ bằng 1, rồi biên soạn một bảng từ các hàng như vậy, bạn sẽ nhận được “tam giác nhị phân Pascal” hiển thị ở lề. Hãy cố gắng hiểu cấu trúc của nó và sử dụng nó để làm theo giải pháp mới nhất.

N.V. Vasiliev, D.V. Fuks

M959. Ở trong nước, kết nối hàng không đã được thiết lập giữa một số thành phố. Chứng minh rằng có thể đóng không quá 1/(k - 1) phần avatoria sao cho trong k thành phố bất kỳ có hai thành phố không tiếp giáp nhau nếu

39

Để làm điều này, hãy lưu ý rằng số lượng $n$ hãng hàng không nội địa (đối với phân vùng “tối thiểu” đã chọn) rời khỏi bất kỳ thành phố nào $A$ không lớn hơn số lượng $n_i$ hãng hàng không dẫn đầu từ thành phố này đến bất kỳ nhóm thành phố nào $G_i$ ($i=1,...,k-1$): nếu hóa ra là $n > n_i$, chúng tôi sẽ chuyển thành phố $A$ cho nhóm $G_i$ và do đó làm giảm số lượng hãng hàng không nội địa xuống $n - n_i$. Do đó, tổng số hãng hàng không rời thành phố $A$ ít nhất là $(k-1)n$. Tổng hợp những bất bình đẳng như vậy cho tất cả các thành phố và tính đến việc mỗi hãng hàng không kết nối hai thành phố, chúng tôi thu được $2N \geq 2(k-1)N_{\text{вн}}$. Bây giờ chúng ta hãy đóng cửa tất cả các hãng hàng không nội địa trong phân vùng “tối thiểu” của chúng ta. Sau đó, trong số $k$ thành phố bất kỳ, ít nhất hai thành phố sẽ thuộc một nhóm và sẽ không được kết nối với nhau và không quá $N/(k-1)$ hãng hàng không sẽ đóng cửa.

A. A. Razborov

M960. Nếu hiệu giữa lập phương của hai số tự nhiên liên tiếp là bình phương của một số tự nhiên nào đó $n$ thì số $n$ được biểu thị dưới dạng tổng bình phương của hai số tự nhiên liên tiếp.

a) Chứng minh khẳng định này.
b) Đây là một ví dụ về các số đó: $8^3 - 7^3 = (2^2 + 3^2)^2$; Hãy cho ít nhất một ví dụ nữa.
b) Chứng minh rằng có vô số số đó.

a) Đặt $(m+1)^3 - m^3 = n^2$. Mở dấu ngoặc đơn và nhân cả hai vế của đẳng thức với 4, chúng ta thu được $3 \cdot 4^2 + 3 \cdot 4m + 4 = 4n^2$ hoặc $3(2m+1)^2 = (2n+1)(2n-1)$. (1)

Vì các số $2n+1$ và $2n-1$ là nguyên tố cùng nhau nên đẳng thức (1) chỉ có thể xảy ra khi một trong các số này là số chính phương tự nhiên và số còn lại là số chính phương bộ ba. Nhưng số $n$ là số lẻ ($n^2$ là hiệu giữa các số có số chẵn lẻ khác nhau), vì vậy $2n+1$ cho số dư 3 khi chia cho 4 và bình phương của một số nguyên hoặc chia hết cho 4 hoặc để lại số dư 1 khi chia cho 4; do đó, hình vuông hoàn hảo là $2n-1$; nghĩa là $2n-1 = (2l+1)^2$ hoặc $n = 2l^2 + 2l + 1 = l^2 + (l+1)^2$.

6), c) Đặt $2n=a$, $2m+1=b$ vào đẳng thức (1), ta viết lại dưới dạng $a^2 - 3b^2 = 1$.

Rõ ràng, với mọi lời giải $(a, b)$ của phương trình này có $b$ lẻ (và do đó là $a$ chẵn) sẽ có một cặp $(m, n)$ tương ứng thỏa mãn điều kiện bài toán. Hãy để chúng tôi chỉ ra từng người một lời giải $(a, b)$ người ta có thể xây dựng một chuỗi vô hạn lời giải như thế nào. Chúng ta sẽ sử dụng phương pháp chung để xây dựng lời giải phương trình được gọi là $\Pi_1 x^2 - dy^2 = 1$, đã được thảo luận chi tiết trong bài viết của N.B. Vasiliev và V.L. Gutenmacher “Các cặp số và hành động với chúng” (Kvant, 1985, số 1, trang 20).

Đặt $(a_1, b_1)$ là một số lời giải (2). Chúng ta hãy xác định các số $a_k$ và $b_k$ bằng đẳng thức $(a_1 + b_1\sqrt{3})^k = a_k + b_k\sqrt{3}$. Rõ ràng là khi đó $(a_1 - b_1\sqrt{3})^k = a_k - b_k\sqrt{3}$, do đó $a_k^2 - 3b_k^2 = (a_k + b_k\sqrt{3})(a_k - b_k\sqrt{3}) = ((a_1 + b_1\sqrt{3})(a_1 - b_1\sqrt{3}))^k = (a_1^2 - 3b_1^2)^k = 1$.

Do đó, các cặp $(a_k, b_k)$ cho tất cả $k$ cũng thỏa mãn phương trình (2). Hơn nữa, nếu $b_1$ lẻ thì $(a a_1$ chẵn), thì nếu $k$ lẻ thì số $b_k$ được biểu thị là $a_1 \cdot A + b_1^k (k-1)/2$ và cũng là số lẻ.

Do đó, bắt đầu bằng $(a_1, b_1) = (2, 1)$ và tính tuần tự các lũy thừa lẻ

40

(2+\sqrt{3})^3=26+15\sqrt{3}, (2+\sqrt{3})^5=362+209\sqrt{3},…, ta được một tập hợp vô hạn lời giải (2): $(a_3, b_3)=(26, 15), (a_5, b_5)=(362, 209),..., а из них — решения исходной задачи:$(m, n)=(7, 13), (104, 181),…, tương ứng với $8^3-7^3=(2^2+3^2)^2$ (ví dụ từ điều kiện bài toán 6)), $105^3-104^3=(9^2+10^2)^2$ (đáp số đến bài toán 6)), v.v.

A. P. Savin, V. N. Dubrovsky

F968. Ba bánh răng ăn khớp có bán kính $r_1, r_2$ và $r_3$ (hình 1) được gắn trên ba trục song song được nối với nhau bằng các thanh cứng. Trục B và C được gia công quanh một trục A cố định với vận tốc góc $\omega_0$; trong trường hợp này, kích thước của tam giác ABC không đổi và bánh răng có bán kính $r_3$ chuyển động tịnh tiến. Bánh răng có bán kính $r_1$ đang được sửa chữa với tốc độ góc bao nhiêu?

Hình 1.

hình 2 hiển thị vị trí của hệ thống sau thời gian $t$. Trong thời gian này, lần lượt các điểm $B$ và $C$ theo góc $\varphi=\omega_0 t$. Bánh răng có bán kính $r_3$, tùy theo điều kiện chuyển động, chuyển động tiến về phía trước. Điều này có nghĩa là trong thời gian $t$ bánh răng này đã quay toàn bộ quanh trục $A$ một góc $\varphi$. Và xung quanh trục của chính nó $C$ - cũng nghiêng một góc $\varphi$. Điều này có nghĩa là tất cả các tỷ số khác trên hình 2 đều bằng $\varphi r_3$ và tốc độ góc $\omega$ của bánh răng có bán kính $r_1$ được xác định bởi các điều kiện chuyển động.

Hình 2.

Từ đây

$\omega=\omega_0\left(1-\frac{r_3}{r_1}\right)$.

V. Vantselov (Bulgaria)

F969. Hai lon làm bằng cùng một vật liệu có hình dạng hình học giống nhau và tất cả các kích thước tuyến tính của một lon đều nhỏ hơn lon kia một lần (xem hình). Một lỗ được tạo ra ở hai trong số mỗi lon. Các lọ đồng thời được hạ xuống nước. Ngân hàng nào sẽ làm bạn hài lòng nhất? Bao nhiêu lần?

Do các lon ngâm trong nước được làm từ cùng một loại vật liệu nên lúc đầu, độ sâu ngâm của mỗi lon có quan hệ tuyến tính với kích thước. Tức là, nếu kích thước của các lon khác nhau $k$ lần $l_2=kl_1$, thì khoảng cách từ mặt nước đến mặt $h_2=kh_1$ khác nhau $k$ lần.

Vì độ giảm áp suất ở cả hai phía của kết nối phụ thuộc vào độ sâu ngâm $\Delta p=\rho_{\text{воды}}gh$ và tốc độ nước đổ vào bình qua kết nối có liên quan đến chênh lệch áp suất - $\Delta p=\frac{1}{2}q_{\text{воды}}v^2$, nên

$v^2=2gh$.

Lần lượt, tốc độ quyết định thời gian $t$, sau đó bình sẽ đổ đầy nước và di chuyển xuống đáy.

41

Do đó, các phụ thuộc (*) là mối quan hệ chính kết nối thời gian với các chiều tuyến tính thông qua gia tốc của áp suất tự do $g$, trong đó bài toán đóng vai trò là hằng số chiều duy nhất xác định độ trong của quá trình. Το là các đại lượng có thứ nguyên $m/c^2$, ví dụ $l/t^2$, chỉ được biểu thị qua $g$ và do đó không phụ thuộc vào $l$:

$$l_2/t_2^2 = l_1/t_1^2.$$

Kể từ đây,

$$t_2 = \sqrt{k} t_1.$$

I. K. Sobolev

F970. Trong một vùng hình cầu mờ đục có thành mỏng có một quả cầu có bán kính nhỏ hơn bán kính của vỏ vài lần. Đề xuất cách xác định khối lượng riêng của chất làm ra quả bóng. Khối lượng của vỏ chưa được biết.

Chúng ta hãy đo trọng lượng của quả cầu với quả bóng $P = (M + m)g$, trong đó $M$ và $m$ là khối lượng của quả cầu và quả bóng tương ứng. Chúng ta tác dụng một lực $F$ lên quả cầu (chúng ta đo lực), hướng thẳng đứng xuống dưới và tại thời điểm $t = 0$, chúng ta loại bỏ phần đỡ khỏi bên dưới quả cầu. Quả cầu bắt đầu chuyển động xuống dưới với gia tốc

$$g + a = \frac{Mg + F}{M}.$$

Khối lượng $m$ không được đưa vào công thức, vì quả bóng tại thời điểm $t = 0$ tách ra khỏi quả cầu và với gia tốc $a$ (so với quả cầu) chuyển động hướng lên trên. Sau khi đo gia tốc $a$, chúng ta tìm thấy khối lượng của quả cầu $M = F/a$. Phép đo gia tốc $a$ phải được hoàn thành trước khi quả bóng chạm vào quả cầu ở điểm cao nhất. Sau khi ghi lại thời điểm này (bằng âm thanh của va chạm hoặc bằng bước nhảy trong máy đo đường kính hiển thị đo lực $F$), chúng tôi tính được bán kính $r$ của quả bóng. Từ $S = a(\Delta t)^2/2$, trong đó $\Delta t$ là thời gian chuyển động của quả bóng, ta tìm được:

$$r = R - \frac{a(\Delta t)^2}{4}.$$

Ở đây $R$ là bán kính của hình cầu, có thể đo trực tiếp và đặt $S = 2(R - r)$. Bây giờ chúng ta biết cả bán kính của quả bóng và khối lượng của nó $\left(m = \frac{P}{g} - \frac{F}{a}\right)$, điều này cho phép chúng ta giải bài toán.

S. A. Khorozov

F971. Trong một từ trường có cảm ứng $\vec{B}$ thẳng đứng, một thanh kim loại được kéo gần trục thẳng đứng như hình hình. Tốc độ có điều kiện của bác sĩ là $\omega$, $R$ và $\alpha$ được đưa ra. Tìm hiệu điện thế ở hai đầu thanh.

Đối với lời giải chúng tôi sử dụng biểu thức cho emf ở dạng

$$\mathcal{E} = -\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}.$$

Trước hết, chúng ta lưu ý rằng suất điện động sẽ không đổi tại bất kỳ thời điểm nào, vì thanh luôn ở trong cùng điều kiện. Vì vậy, chúng ta có quyền xem xét toàn bộ lượt của nó:

$$-\Delta\Phi = \pi R^2 B,$$

$$\Delta t = \frac{2\pi}{\omega}$$

$$\mathcal{E} = \frac{\pi R^2 B}{2\pi} \omega = \frac{1}{2} BR^2 \omega,$$

nghĩa là nó chỉ phụ thuộc vào $R$ chứ không phụ thuộc vào $\alpha$.

L. G. Markovich

42

F972. Trong máy ảnh phim tốc độ cao dùng để quay các quá trình làm sạch nhanh, phim chuyển động liên tục với tốc độ v. Để tránh làm mờ hình ảnh, một lăng kính thủy tinh tứ diện có chiết suất n được lắp giữa phim và thấu kính, lăng kính này hoạt động với vận tốc góc không đổi (hình 1). Bỏ qua độ lệch tiêu cự của ảnh, xác định vận tốc góc mà ảnh trên phim không bị mờ. Xác định độ dày của lăng kính với điều kiện hình ảnh của một chiếc ô tô được phơi sáng trong phạm vi $-\alpha_0, \alpha_0$ góc quay của nó và kích thước tối thiểu của các chi tiết hình ảnh khác nhau là $\delta$.

Xét điểm $A$ trên trục quang. Ảnh $A'$ của nó cũng nằm trên trục quang tại vị trí của lăng kính, ảnh ở hình 1. Khi lăng kính quay một góc $\alpha$ thì ảnh $A'$ sẽ bị trộn theo chiều ngang $\xi(\alpha)$ so với mặt phẳng mà màng sôi chuyển động với tốc độ $v$ và một lượng $\Delta(\alpha)$ theo hướng chuyển động của phim (hình 2). Dịch chuyển theo chiều ngang làm cho hình ảnh bị mất nét. Theo các điều kiện, hiệu ứng này có thể được bỏ qua.

Hãy xem xét sự thay đổi $\Delta(\alpha)$ dẫn đến điều gì. So với phim, hình ảnh $A'$ chuyển động với tốc độ $u = \frac{\Delta(\alpha)}{t} - v$. Tốc độ quay $\omega$ của lăng kính được chọn sao cho ở các góc nhỏ $\alpha$ tốc độ $u$ gần bằng 0 và hình ảnh $A'$ không di động so với phim. Điều này giải thích mục đích của lăng kính quay - nó bù đắp cho những thay đổi của màng. Sự phụ thuộc của $\Delta(\alpha)$ vào $\alpha$ có dạng ($h$ – độ dày lăng kính)

$$\Delta(\alpha) = h \sin \omega t \left(1 - \frac{\cos \alpha}{\sqrt{n^2 - \sin^2 \alpha}}\right)$$

(tự suy ra công thức này, vận dụng định luật khúc xạ).

Tốc độ tức thời của ảnh $A'$ tại thời điểm ảnh nằm trên trục quang bằng

$$\frac{d\Delta(\alpha)}{dt} \bigg|_{t=0} = \frac{d\Delta(\alpha)}{d\alpha} \cdot \frac{d\alpha}{dt} \bigg|_{\alpha=0} = h \frac{n-1}{n} \omega$$

và theo điều kiện

$$h \frac{n-1}{n} \omega = v.$$

(*)

Khi $\alpha$ tăng, tốc độ tức thời giảm và điểm $A'$ trong quá trình lăng kính quay qua một góc $\alpha$ ($t=\alpha/\omega$) làm lộ ra một đoạn có độ dài $\Delta = \left(v - \frac{\Delta(\alpha)}{\alpha} \omega\right) \frac{\alpha}{\omega}$ trên phim. Hình ảnh trên phim không bị mờ nếu trong thời gian phơi sáng độ dài của đoạn này không quá $\delta$, tức là ở mức $\alpha=\alpha_0 \Delta=\delta$ hoặc $-\alpha_0 h \sin \alpha_0 \left(1 - \frac{\cos \alpha_0}{\sqrt{n^2 - \sin^2 \alpha}}\right) + h \frac{n-1}{n} \alpha_0=\delta$.

Từ đây xuất hiện $h$:

$$h = \frac{\delta}{\alpha_0} \left(\frac{n-1}{n} - \sin \alpha_0 \left(1 - \frac{\cos \alpha_0}{\sqrt{n^2 - \sin^2 \alpha}}\right)\right)^{-1}$$

Tính đến điều này (*), hình ảnh lăng kính trên phim không bị mờ:

$$\omega = \frac{v n}{n-1} \cdot \frac{\alpha_0}{\delta} \left(\frac{n-1}{n} - \sin \alpha_0 \left(1 - \frac{\cos \alpha_0}{\sqrt{n^2 - \sin^2 \alpha}}\right)\right).$$

A. A. LanUDEC