Lời giải bài toán M1015—M1020; F1028—F1031

24

từ tụ điện, vận tốc của hạt là $v$, tìm vận tốc của nó 1) tại điểm $A$ bên trong tụ điện (xem hình 3). 2) tại điểm $B$ ngay sau khi bay ra khỏi tụ điện. Tụ điện được tích điện đến hiệu điện thế $U$ và khoảng cách giữa các bản của nó nhỏ hơn nhiều so với kích thước của các bản; điện tích của tụ điện lớn hơn $q$ rất nhiều.

G. V. Grigoriev

P1051. Một vòng kim loại mỏng, có độ gián đoạn nhỏ có chiều dài $l$, lăn không trượt với vận tốc $v$ trong một từ trường có cảm ứng nằm ngang và bằng $B$; vectơ $B$ vuông góc với mặt phẳng của vòng (xem hình 4). Tìm EMF cảm ứng tại thời điểm góc AOC (xem hình) bằng $\alpha$.

L. G. Markovick

P1052. The luminosity on the Earth’s surface from a full moon is nearly 10 times greater than that from a half moon. Why?

Lời giải bài toán

M1015. Có thể phân tích đa thức $x^4+x^3+x^2+x+12$ thành thừa số có hệ số nguyên không?

$$\begin{cases} a+c=1, \\ ac+b+d=1, \\ ad+bc=1, \\ bd=12. \end{cases}$$

Đối với $f(x)=x^4+x^3+x^2+x+12$, $f(-1)=12$, $f(0)=12$, $f(1)=16$.

Ước số 12: $\pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 4, \pm 6, \pm 12$.

Ước số 16: $\pm 1, \pm 2, \pm 4, \pm 16$.

Một trong ba $g(-1)=6$, $g(0)=3$, $g(1)=2$ tương ứng với đa thức $g(x)=x^2-2x+3$, số chia $f(x)$.

Đáp số: bạn có thể. Sự phân hủy cần thiết thu được như sau:

$$x^4+x^3+x^2+x+12 = \frac{1}{8} (8x^4+8x^3+8x^2+8x+96) =$$

$$= \frac{1}{8} ((3x^2-x+10)^2-(x^2-7x+12)^2) =$$

$$= \frac{1}{8} (4x^2-8x+12)(2x^2-6x+8) =$$

$$= (x^2-2x+3)(x^2-3x+4).$$

Một phỏng đoán đã giúp chúng tôi tìm ra sự phân hủy này. Nhưng cũng có những cách đáng tin cậy hơn lời giải trong số bài toán đó. Người ta có thể hành động “theo bất kỳ cách nào”: giả sử rằng đa thức đã cho được phân tách thành tích $(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)$ của hai tam thức bình phương có hệ số nguyên, mở ngoặc và so sánh đa thức thu được với đa thức đã cho. Sau khi cân bằng các hệ số có cùng lũy ​​thừa $x$, hệ đã cho ở phần lề xuất hiện; giải nó bằng số nguyên không khó - chỉ cần một chút sức lực. Đối với các đa thức bậc cao hơn, “phương pháp hệ số không xác định” này dẫn đến hệ thống điều khiển cồng kềnh.

Ngoài ra còn có các quy tắc-thuật toán chung cho phép mở rộng bất kỳ đa thức nào có hệ số nguyên thành tích của các đa thức có hệ số nguyên hoặc để xác minh rằng điều này là không thể, nghĩa là chứng minh rằng đa thức không thể dẫn được.*)

Một trong những thuật toán tìm đa thức bậc hai $g(x)=ax^2+bx+c$ của đa thức cho trước $f(x)$ được chỉ ra bởi Newton (1707). Lấy ba điểm nguyên bất kỳ, chẳng hạn như $x_0=0$, $x_1=1$, $x_2=-1$. Nếu $f(x)=g(x)h(x)$, trong đó $g$ và $h$ là đa thức có hệ số nguyên thì các số $g(x_0)$, $g(x_1)$, $g(x_2)$ chia các số $f(x_0)$, $f(x_1)$, $f(x_2)$. Ba số cuối chỉ có hữu hạn số chia. Đối với mỗi bộ ba, ước số $d_0$, $d_1$, $d_2$ của chúng có thể được tạo thành một hình vuông duy nhất.*

*) Tôi nói về đa thức tối giản có hệ số nguyên trong số 10 và 11 của tạp chí «Kvant» năm 1986.

25

một bộ ba tuyến tính $g(x)$ sao cho $g(x_i)=d_i$ và kiểm tra xem các hệ số của nó có phải là số nguyên hay không, liệu $f(x)$ có ​​chia hết cho nó hay không và liệu các hệ số của thương có phải là số nguyên hay không (không cần kiểm tra lần cuối cho $a=1$). Phương pháp này cũng có thể được sử dụng để tìm kiếm các ước số $g(x)$ ở bất kỳ mức độ nào: bạn cần lấy $k+1$ các điểm nguyên từ ba điểm. Đúng vậy, một thuật toán như vậy (được nhà thiên văn học Friedrich Von Schubert đề xuất vào năm 1793 và được Leopold Kronecker khám phá lại vào cuối thế kỷ 19) đòi hỏi một cuộc tìm kiếm rất lớn. Đặc biệt, việc thiếu các thuật toán hiệu quả hơn được mô tả trong tập 2 cuốn sách “Nghệ thuật lập trình máy tính” của D. Knuth (M., 1977, phần 4, 6, 2).

N. V. Vasiliev, S. L. Manukyan

M1016. Đa giác được mô tả xung quanh một đường tròn có tâm O. Gọi P là tâm khối của đa giác, K là tâm khối của đường viền của nó. Chứng minh rằng các điểm P, O, K thẳng hàng và PO=2PK. (Khi xác định tâm P, ta coi đa giác là một mặt phẳng đồng nhất, tâm K - là một đường viền được làm bằng một sợi dây đồng nhất.)

Hình 1.

Hình 2.

Chúng ta hãy thay thế mỗi cạnh của đa giác bằng khối tâm của nó (tức là phần giữa) và đặt tại điểm này một khối lượng bằng số với chiều dài của cạnh. Rõ ràng điểm K trùng với khối tâm của hệ vật liệu thu được là các điểm $(K_1, a_1)$, …, $(K_n, a_n)$ (ở đây n là số cạnh của đa giác, $K_i$ là trung điểm, $a_i$ là độ dài của chúng). Để tìm khối tâm P của một đa giác dưới dạng mặt phẳng, ta chia nó thành các tam giác bằng các đoạn kẻ từ tâm O của đường tròn đến các đỉnh của nó (hình 1), tìm khối tâm $P_1$, …, $P_n$ của các tam giác này $(P_i$ - tâm khối lượng của tam giác kề cạnh $a_i$) và đặt khối lượng bằng diện tích tại các điểm này $S_1$, …, $S_n$ hình tam giác. Khi đó P trùng với khối tâm của hệ vật chất gồm các điểm $(P_1, S_1)$, …, $(P_n, S_n)$. Khối tâm của mặt phẳng tam giác nằm tại giao điểm của các đường trung tuyến. (Để chứng minh, hãy xem xét một hình luật lũy thừa gồm k hình chữ nhật có chiều cao bằng nhau, xấp xỉ tam giác của chúng ta - xem hình 2 với k=4. Tâm của chúng nằm trên đường trung tuyến của tam giác, do đó, trọng tâm của toàn bộ hình cũng nằm trên đường trung tuyến này. Đi đến giới từ ở $k \rightarrow \infty$, chúng ta thấy rằng tâm khối của tam giác nằm trên đường trung tuyến của nó.) Do đó, điểm $P_i$ tại $i=1$, …, n nằm trên đoạn OK_i, và $OP_i/OK_i=2/3$, tức là hệ điểm $K_1$, …, $K_n$ chuyển thành hệ $P_1$, …, $P_n$ khi được chuẩn bị với tâm O và hệ số 2/3. Và vì khối lượng tại các điểm $P_i$ tỷ lệ thuận với $a_i$ ($S_i=a_i R/2$, trong đó R là bán kính của đường tròn), điểm K trong quá trình chuẩn bị được chỉ định sẽ chuyển thành P, tương đương với tuyên bố bài toán.

Một tuyên bố tương tự cũng đúng đối với một đa giác được mô tả xung quanh một hình cầu có tâm O: nếu P là tâm khối lượng của đa giác đó (như một vật thể) và K là tâm khối lượng bề mặt của nó, thì $OP=(3/4)OK$.

I. Z. Vaishtein

TRẢ LỜI. Đúng. Trong lời giải, bài toán này, một kỹ thuật đã trở thành tiêu chuẩn được sử dụng: một hàm số nguyên của 5 số đang được xem xét được chọn, các giá trị của đa tỷ lệ, chẳng hạn, giảm theo mỗi thao tác và đồng thời bị giới hạn ở mức độ lớn; một hàm như vậy không thể thay đổi góc trong bao lâu (rốt cuộc, mỗi lần nó giảm ít nhất 1), do đó, sau một số bước hữu hạn, các thao tác tiếp theo sẽ không thể thực hiện được.

Là một hàm như vậy, chúng ta có thể lấy số lượng

26

thì các số này thay thế số tương ứng bằng $x+y$, - $z+y$. Các hoạt động như vậy được thực hiện miễn là có ít nhất một trong các số thứ năm là số âm. Quá trình này có nhất thiết phải kết thúc ở một số bước hữu hạn không?

$$|x| + |y| + |z| + |u| + |v| + |x+y| + |y+z| + ... + |v+x| + |x+y+z| + |y+z+u| + ... + |v+x+y| + |x+y+z+u| + |y+z+u+v| + ... + |v+x+y+z+u|$$

M1018. Đặt $A$ và $B$ là các đỉnh lân cận của $n$-giác đều có tâm $O$. Tam giác $XYZ$, bằng tam giác $OAB$, đầu tiên trùng với nó, sau đó di chuyển trong mặt phẳng của $n$-giác sao cho các điểm $Y$ và $Z$ vẫn nằm trên đường viền và $X$ - bên trong $n$-giác. Mỗi hình sẽ được mô tả bằng điểm $X$ khi $Y$ và $Z$ thực hiện một vòng quay hoàn toàn dọc theo ranh giới của $n$-gon?

Đáp số. Bộ bắt buộc là một “ngôi sao” thông thường bao gồm $n$ các đoạn bằng nhau có chiều dài $kR$, trong đó $k = \frac{1}{\cos(\pi/n)} - 1$ và $R$ là bán kính đường tròn của $n$-giác đã cho (xem hình 1 cho $n=5$); những đoạn này được lấy từ các đoạn nối tâm $O$ của đa giác với các đỉnh của nó, với tomotonie có hệ số - $k$ và tâm $O$.

Xét hai cạnh liên tiếp $AB$ và $BC$ của một đa giác nhất định (hình 2); để $Y$ nằm trên $AB$, $Z$ trên $BC$. Khi quay với tâm $X$ theo góc $2\pi/n$ (bằng góc $YXZ$), điểm $Y$ sẽ đi vào $Z$, và đường thẳng $AB$ thành đường thẳng đi qua $Z$ và tạo góc $2\pi/n$ với $AB$, tức là đường thẳng dòng $BC$. Do đó, các đường thẳng $AB$ và $BC$ có khoảng cách bằng nhau tính từ tâm quay

Hình 1.

Hình 2.

ta $X$, tức là $X$ nằm trên phân giác của góc $ABC$. Khi điểm $Y$ di chuyển từ $A$ đến $B$, điểm $X$ sẽ di chuyển dọc theo một đường thẳng $BO$ từ điểm $O$ đến một vị trí nhất định $B_1$ và quay lại $O$, với $B_1$ là vị trí xa đường thẳng nhất $AB$ $X$, do đó, tại $X=B_1$, đoạn $XY$ được xen kẽ bởi $AB$. Từ đây người ta thấy rằng $BB_1=XY/\sin \angle ABO=R/\cos(\pi/n)$. Khi di chuyển $Y$ dọc theo cạnh $BC$ của điểm $X$ tia tiếp theo của ngôi sao sẽ đi qua (qua lại) - $OC_1$, v.v.

V. N. Dubrovsky

M1019. Trên một tờ giấy ca-rô có đánh dấu một tập hữu hạn $M$ nút (điểm giao nhau

26

27

M1020*. Trên một mặt cầu có bán kính 1, a) vẽ một đường cong có chiều dài nhỏ hơn l; b) một đường cong khép kín có chiều dài nhỏ hơn 2l. Chứng minh rằng có một mặt phẳng đi qua tâm hình cầu và không cắt đường cong đã vẽ. (Chúng ta có thể giả sử rằng một đường cong trên hình cầu là một “đường đứt đoạn”, bao gồm các cung của các đường tròn lớn.)

Hình 1.

Mô đun của một điểm A và nếu có số lẻ các điểm của tập hợp M trên ít nhất một đường lưới, hãy lấy A trên đường này. Dùng giả thuyết quy nạp, tô màu các điểm còn lại theo yêu cầu của điều kiện. Teler cần chứng minh rằng điểm A có thể tô màu sao cho không vi phạm điều kiện trên trên hai đường thẳng l và m đi qua A.

Sau khi tô màu sơ bộ, trên mỗi đường l và m sẽ có số điểm đỏ và điểm trắng bằng nhau, khi đó điều kiện của chúng ta sẽ không vi phạm đối với bất kỳ cách tô màu nào của A, hoặc sẽ có nhiều hơn 1 điểm màu này hơn màu kia, và khi đó A phải được tô bằng màu còn thiếu. Điều này chỉ có thể xảy ra nếu có nhiều chấm trắng hơn trên một dòng, chẳng hạn như dòng l, và nhiều chấm đỏ hơn trên dòng kia. Nhưng khi đó trên mỗi dòng l và m có một số điểm chẵn của tập M (bao gồm A), và do đó, nhờ chọn A, trên tất cả các đường lưới có một số điểm chẵn từ M. Trong trường hợp này, trên tất cả các dòng không phải l và m, số điểm trắng sẽ bằng số điểm đỏ. Đếm tổng số điểm trắng và điểm đỏ dọc theo các đường thẳng song song với đường thẳng l (trong đó có l), ta được số điểm trắng nhiều hơn điểm đỏ 1 điểm; khi đếm dọc theo các đường thẳng song song với m sẽ thấy có nhiều chấm đỏ hơn. Mâu thuẫn này cho thấy phương án khó chịu duy nhất không thể xảy ra và điểm A luôn có thể được tô màu theo điều kiện.

A. P. Savin

Lời giải trong số bài toán này trở nên ngắn hơn và rõ ràng hơn nếu nó được phát biểu bằng ngôn ngữ hình học cầu. Vì vậy, với một số từ của ngôn ngữ này.

Đường tròn lớn, hay như người ta thường nói, đường tròn lớn hơn, là đường tròn ω mà hình cầu cắt một mặt phẳng tùy ý α chứa tâm O của nó; các đầu đường kính của hình cầu vuông góc với mặt phẳng α gọi là các sọc của đường tròn ω, khoảng cách hình cầu s(A,B) giữa hai điểm của hình cầu A và B được xác định bằng chiều dài cung nhỏ của đường tròn lớn nối A và B; nếu bán kính của hình cầu là 1 thì rõ ràng

s(A,B)=∠AOB.

Biết rằng mỗi góc phẳng của một góc tam diện đều nhỏ hơn tổng của hai góc còn lại (có thể chứng minh trong sách giáo khoa: Hình học 9-10 / ed. 3. A. Skopts. - M.: Prosveshchenie, 1981, tr. 224), do đó khoảng cách hình cầu thỏa mãn “bất đẳng thức tam giác” *):

s(A,B)<s(A,C)+s(C,B).

Trong phép đo mặt phẳng, từ một bất đẳng thức tương tự, người ta suy ra rằng một đoạn là đoạn thẳng ngắn nhất trên mặt phẳng nối hai điểm cho trước; Trong hình học hình cầu, người ta đã chứng minh theo cách tương tự rằng đường ngắn nhất giữa hai điểm trên một hình cầu là một cung của một đường tròn lớn.

Telery sẽ đi thẳng tới bài toán.

a) Đầu tiên lời giải. Chúng ta hãy lấy một điểm P trên đường cong này, điểm này chia nó thành hai phần có độ dài bằng nhau. Đối với bất kỳ điểm X nào của đường cong, khoảng cách hình cầu s(P,X) không vượt quá chiều dài đoạn đường cong từ P đến X,

*) Nếu hai điểm A và B đối xứng nhau thì dấu < phải thay bằng dấu =.

28

t. tức là nhỏ hơn π/2. Do đó, đường cong của chúng ta không giao đường tròn lớn với dải P (đối với bất kỳ điểm Y nào của nó, khoảng cách hình cầu là s(P,Y)=π/2; hình 1). Mặt phẳng chứa đường tròn này chính là mặt phẳng mà chúng ta đang tìm kiếm.

Trong lời giải thứ hai, chúng tôi sẽ chỉ chứng minh rằng mặt phẳng được yêu cầu tồn tại mà không chỉ định cụ thể. Ưu điểm của lời giải này là nó phù hợp với mọi tập hợp đường cong trên hình cầu có tổng chiều dài nhỏ hơn π.

Hãy xem xét tập hợp tất cả các vòng tròn lớn giao nhau với đường cong của chúng ta và đối với mỗi vòng tròn, chúng ta lưu ý các sọc của nó. Hãy chứng minh rằng mặt phẳng của tập M gồm tất cả các sọc được đánh dấu nhỏ hơn mặt phẳng của hình cầu, tức là 4π. Điều này có nghĩa là có một vòng tròn lớn hơn có các sọc không thuộc tập hợp M, tức là không giao nhau với đường cong của chúng ta.

Rõ ràng là các sọc của tất cả các đường tròn lớn đi qua một điểm X nào đó tự chúng tạo thành một đường tròn lớn hơn ω_X có sọc X. Khi điểm X đi qua mỗi AB của đường tròn lớn, các đường tròn ω_X “quét” hai bigon bằng nhau (hình 2) trên mặt cầu: các đỉnh của các bigon này là sọc của đường tròn lớn AB, và “góc raster” của các bigon bằng độ dài s(A,B) của cái kia AB. Diện tích của bigon có góc α trên hình cầu bán kính 1 bằng 2α (rõ ràng nó tỉ lệ với α và bằng 2π với α=π). Do đó, mặt phẳng của tập hợp các sọc hình tròn lớn giao nhau với mỗi AB bằng 4s(A,B) và diện tích của toàn bộ tập hợp M không vượt quá 4(α₁+…+αₙ)<4π, trong đó α₁,…,αₙ là độ dài của các sọc tạo nên một đường cong nhất định (hoặc một số đường cong).

6. Chúng ta hãy chọn hai điểm A và B trên đường cong này và chia nó thành các phần có độ dài bằng nhau. Chúng ta hãy vẽ một đường tròn lớn hơn qua A và B và lấy điểm giữa P trên hai đầu nhỏ hơn A và B của nó. Bây giờ, như trong lời giải bài toán a đầu tiên), chúng ta phải chứng minh rằng với bất kỳ điểm X nào trên đường cong s(P,X)<π/2. Và bất đẳng thức này suy ra từ bổ đề dưới đây (tổng độ dài của các cung AX và XB không vượt quá độ dài phần của đường cong AXB và do đó nhỏ hơn π).

Bổ đề. Gọi P là trung điểm cạnh AB của tam giác cầu ABX (trên mặt cầu bán kính 1). Khi đó độ dài “trung tuyến” s(P,X) của nó nhỏ hơn, bằng hoặc lớn hơn π/2 nếu tổng độ dài là các cạnh s(A,X)+s(B,X) của nó tương ứng nhỏ hơn, bằng hoặc lớn hơn π.

Bằng chứng. Đầu tiên đặt s(P,X)=π/2 và Y là một điểm trên hình cầu có đường kính đối diện với X (hình 3). Các tam giác cầu PXB và PYA bằng nhau (chúng “đối xứng cầu” qua tâm P), nên s(X,B)=s(Y,A) và

s(A,X)+s(X,B)=s(A,X)+s(Y,A)=π.

Nếu s(P,X)>π/2, đặt trên cung PX một điểm X₁ sao cho s(P,X₁)=π/2 (hình 4), thì theo tổng đã được chứng minh s(A,X₁)+s(X₁,B)=π, nhưng từ bất đẳng thức tam giác, nó suy ra (xem hình 4) rằng nó nhỏ hơn s(A,X)+s(X,B). Trường hợp s(P,X)<π/2 được xử lý tương tự.

Bài toán 6) cũng thừa nhận lời giải, tương tự như lời giải bài toán a). Giả sử tập M được hình thành bởi các sọc của tất cả các đường tròn lớn giao nhau với một đường cong cho trước. Bất kỳ vòng tròn nào trong số này cắt đường cong ít nhất 2 lần (vì nó đóng), do đó, các bigon được xem xét trong lời giải bài toán a) bao phủ M trong ít nhất 2 lớp và do đó diện tích của tập M nhỏ hơn 4 2π/2=4π, tức là nhỏ hơn diện tích của hình cầu.

G. A. Galperin, V. N. Dubrovsky, V. V. Proizvolov

30

$$F = \sum \frac{\mu v}{\Delta t} = \frac{v}{\Delta t} \sum \mu = \frac{M}{\Delta t} v = q \rho v = q \rho \sqrt{2gH}$$

(khối lượng $M$ bằng khối lượng nước chảy ra khỏi vòi trong thời gian $\Delta t$, và do đó $M/\Delta t = m = q \rho$). Do đó, $\pi \rho gh^2 r = q \rho \sqrt{2gH}$, từ đó chúng ta có được ước tính $r$:

$$r = \frac{q}{\pi h^2} \sqrt{\frac{2H}{g}}.$$

A. A. Alabuzin, A. V. Umansky

F1030. Một vật có khối lượng $m$ được treo trên một sợi dây không trọng lượng có độ cứng $k$. Độ căng tối đa mà sợi chỉ có thể chịu được là $T$. Vật được nâng lên độ cao $x$ từ vị trí cân bằng rồi thả ra. Ở mức tối thiểu $x$ sợi chỉ sẽ bị đứt?

Lưu ý rằng $T > mg$, nếu không thì không thể cân bằng được. Ở vị trí cân bằng, sợi dây bị giãn một đoạn $\Delta l_0 = mg/k$.

Sau khi tải được nâng lên độ cao $x$ từ vị trí cân bằng rồi thả ra sẽ chuyển động đi xuống. Sau khi vượt qua vị trí tương ứng với chiều dài của sợi tự do, tải bắt đầu làm căng sợi. Gọi $\Delta l$ là độ giãn tối đa của sợi chỉ. Khi đó điều kiện để đứt sợi chỉ là $k \cdot \Delta l = T \Rightarrow \Delta l = T/k$.

Tùy thuộc vào tỷ lệ của tham số $T$ và $m$, có thể xảy ra hai trường hợp: 1) $x < \Delta l_0$, 2) $x > \Delta l_0$. Chúng ta hãy xem xét chúng một cách riêng biệt.

1. $x < \Delta l_0$. Chúng ta hãy viết định luật bảo toàn năng lượng, lấy thế năng bằng 0 của một vật trong trường hấp dẫn ở vị trí khi sợi dây không bị kéo căng:

$$-mg(\Delta l_0 - x) + \frac{k}{2}(\Delta l_0 - x)^2 = -mg \cdot \Delta l + \frac{k}{2}(\Delta l)^2.$$

Thay thế các giá trị $\Delta l_0$ và $\Delta l$ từ (1) và (2), ta tìm được $x$:

$$x = \frac{T - mg}{k}.$$

Dễ dàng nhận thấy $x \leq l_0$ tương đương với điều kiện $T \leq 2mg$. 2) $x > \Delta l_0$. Từ định luật bảo toàn năng lượng -

$$mg(x - \Delta l_0) = -mg \cdot \Delta l + \frac{k}{2}(\Delta l)^2$$

• xét đến (1) và (2) ta thấy:

$$x = \frac{mg}{2k}\left(\left(\frac{m}{mg} - 1\right)^2 + 1\right) \text{ (при } T \geq 2mg).$$

V. G. Kharitonov

F1031. Quả cầu dẫn điện được chia thành nhiều mảnh, cách nhau rất xa. Các mảnh vỡ có kết nối ngẫu nhiên các hệ thống mảnh vỡ hoặc điện dung của quả cầu không? Yêu cầu công suất dây.

Hãy để chúng tôi thông báo cho hệ thống về một số khoản phí $q$ (hãy để nó là $q > 0$ để xác định). Hãy bắt đầu thu thập các mảnh được kết nối bằng dây (chúng ta bỏ qua công suất) thành một hình cầu. Rõ ràng là mật độ điện tích bề mặt trên bất kỳ phần nào đã được lắp ráp sẵn của quả cầu sẽ dương. Do đó, khi các mảnh vỡ va chạm vào nhau, lực đẩy sẽ luôn tác dụng và để thu thập các mảnh vỡ thành một quả cầu thì phải thực hiện công $A > 0$.

Điện tích của quả cầu thu được sẽ bằng $q$, năng lượng của trạm phát điện sẽ là $W_{\text{сф}} = q^2/2C_{\text{сф}}$, trong đó $C_{\text{сф}}$ là hiệu suất của quả cầu. Năng lượng của hệ thống là $W_{\text{ос}} = q^2/2C_{\text{ос}}$, trong đó $C_{\text{ос}}$ là công suất điện của hệ thống. Rõ ràng là $A = W_{\text{сф}} - W_{\text{ос}}$, và vì $A > 0$, $W_{\text{сф}} > W_{\text{ос}}$, tức là.

$$\frac{q^2}{2C_{\text{сф}}} > \frac{q^2}{2C_{\text{ос}}}.$$

Điều này có nghĩa là $C_{\text{сф}} < C_{\text{ос}}$ là điện dung của quả cầu nhỏ hơn điện dung của hệ các mảnh được nối bằng dây dẫn.

I. M. Lutsenko