Bài toán M1066—M1070; F1078—F1082

24

Nhiệm vụ

M1066 — M1070, F1078 — F1082

M1066. Sáu điểm nằm trên mặt phẳng sao cho tất cả các khoảng cách từng cặp giữa chúng không lớn hơn 1. Chứng minh rằng từ chúng có thể chọn ra ba điểm có khoảng cách từng cặp hoàn toàn nhỏ hơn 1.

S. G. Salnikov

M1067. Chứng minh rằng với các số không âm $x, y, z$ thỏa mãn điều kiện $x^2 + y^2 + z^2 = 1$ thì bất đẳng thức sau đúng:

$$\frac{x}{1-x^2} + \frac{y}{1-y^2} + \frac{z}{1-z^2} \geq \frac{3\sqrt{3}}{2}.$$

V. E. Matizen

M1068. Cho một góc $AOB$ (A và B là các điểm nằm trên hai cạnh của góc). Vẽ một đường thẳng $l$ đi qua đỉnh $O$ sao cho diện tích của các hình tam giác $AOC$ và $BOD$, trong đó $C$ và $D$ là đáy của các đường vuông góc thả từ các điểm $A$ và $B$ đến đường thẳng $l$, bằng nhau.

P. O. Vurdin

M1069. Một số thành phố chỉ cho phép số lượng căn hộ ghép đôi (nếu hai gia đình đổi căn hộ thì không tham gia trao đổi khác trong cùng ngày). Chứng minh rằng mọi dự án phức tạp liên quan đến căn hộ của nhiều gia đình đều có thể hoàn thành trong hai ngày. (Giả định cả trước và sau mỗi lần trao đổi, gia đình đều sống ở một căn hộ riêng.)

N. N. Konstantinov, A. I. Shirelman

M1070. Tứ diện được giao nhau bởi ba mặt phẳng, mỗi mặt phẳng song song với hai cạnh đối diện của nó và cách xa chúng bằng nhau. Chứng minh rằng tổng bình phương diện tích của ba phần này nhỏ hơn 4 lần tổng bình phương các mặt của tứ diện.

V. N. Dubrovsky

F1078. Một sợi dây dài mỏng có vật nặng ở đầu được ném qua một ròng rọc và buộc vào mũi của một chiếc thuyền mô hình có thể uống theo một dòng nước dài thẳng (hình 1). Thuyền và tải được thả ra, tốc độ của thuyền (tính bằng cm/s) được ghi lại trong mỗi giây. Thật không may, chỉ có phần cuối của mục này còn tồn tại:

5,65; 6,44; 6,96; 7,31; 7,54; 7,70; 7,80; 7,86; 7,91.

Sử dụng những số liệu này, hãy xác định vận tốc của thuyền sau 0,1 giây kể từ khi nó được thả ra.

A. A. Sheronov

F1079. Nếu vòi nước lạnh mở hoàn toàn và vòi nước nóng đóng (hình 2), thì bồn tắm sẽ đầy nước trong $t_1 = 8$ phút; Nếu bạn gắn vòi có vòi sen ở cuối vào ổ cắm, thời gian đổ đầy sẽ tăng lên $t_2 = 14$ phút. Khi vòi nước lạnh đóng và vòi nước nóng mở hoàn toàn, thời gian đổ đầy là $t_3 = 12$ phút; trong cùng điều kiện, nhưng cuối cùng có vòi sen - $t_4 = 18$ phút. Hỏi nếu mở cả hai vòi thì bao lâu sẽ đầy nước trong bồn tắm? Và nếu cùng lúc đó một vòi có vòi sen được gắn vào?

B. E. Skorovarov

F1080. Tuy nhiên, bình có thành mỏng liên tục được bơm ra ngoài bằng máy bơm, tuy nhiên, do có vết nứt nhỏ trên thành bình nên áp suất không đổi $p_y = 0,001$ mm Hg được thiết lập trong đó. Nghệ thuật. Bên ngoài, áp suất khí quyển bình thường là $p_0 = 760$ mmHg. Nghệ thuật, độ ẩm tương đối

25

Chúng tôi đã xuất bản các bài toán về cuộc thi của Kvant hàng tháng kể từ số đầu tiên của tạp chí của chúng tôi. Đây là những vấn đề không chuẩn, nhưng cách giải của chúng không đòi hỏi thông tin nào nằm ngoài phạm vi giáo trình trung học của Liên Xô. Những bài toán khó hơn được đánh dấu sao (*). Sau khi trình bày vấn đề, chúng ta thường chỉ ra ai đã đề xuất vấn đề đó cho chúng ta. Không cần phải nói cũng biết rằng không phải tất cả những vấn đề này đều là những ấn phẩm đầu tiên. Giải pháp cho vấn đề này (bằng tiếng Nga hoặc tiếng Anh) có thể được đăng không muộn hơn ngày 15 tháng 1 năm 1988, tới địa chỉ sau: Liên Xô, Moscow, 103006. Moscow K-6, st. Gorky, 32/1, «Kvant». Vui lòng gửi lời giải của các bài toán vật lý và toán học, cũng như các bài toán từ các bài toán khác nhau, dưới bìa riêng; trên phong bì ghi dòng chữ: “VẤN ĐỀ CỦA KVANT” và số của tất cả các bài toán đã giải được; trong thư của bạn có kèm theo một thông tin không được dán tem

tỷ lệ va đập f=80%. Tìm áp suất hơi nước trong bình. Áp suất hơi bão hòa của nước ở nhiệt độ nhất định là $p_H=17,5$ mm Hg. Nghệ thuật.

F1081. Để loại bỏ tác động của bụi, trong điều kiện bình thường, bụi lắng xuống rất chậm, bạn có thể sử dụng thực tế là bụi đã được tích điện.

Trong thí nghiệm đầu tiên, một hình trụ thủy tinh (hình 3) tiếp xúc với bụi được đặt trong một điện trường có cường độ $E_1=1 \cdot 10^4$ B/m, hướng dọc theo trục của hình trụ. Sau thời gian $t_1=2$ phút, bụi luôn chứa trong xi lanh lắng xuống đáy. Trong thí nghiệm thứ hai, một sợi dây mỏng được kéo dọc theo trục của hình trụ và nối với nguồn điện áp cao. Được biết, trong trường hợp này là ứng suất của toàn bộ bụi lên thành xi lanh trong thử nghiệm thứ hai. Có rất ít bụi bám vào nên điện tích không gian có thể bỏ qua.

A. I. Buzdin

F1082. Trong mạch điện ở hình 4, công tắc K đóng. Tìm cường độ dòng điện cực đại qua cuộn dây. Tìm điện áp cực đại trên tụ $C_1$. Sự không hoàn hảo của các phần tử mạch có thể được bỏ qua.

A. R. Zilberman

Problems

M1066—M1070, P1078—P1082

M1066. The pairwise distances between six points of the plane are no greater than 1. Prove that there are three points among them whose pairwise distances are strictly less than 1.

S. G. Salnikov

M1067. Prove that any three non-negative numbers $x, y, z$ such that $x^2+y^2+z^2=1$ satisfy the inequality

$$\frac{x}{1-x^2}+\frac{y}{1-y^2}+\frac{z}{1-z^2}\geq \frac{3\sqrt{3}}{2}.$$

V. E. Matizen

M1068. The angle $AOB$ is given, $A$ and $B$ being points on its sides. Construct a line $l$ passing through the vertex $O$ so as to make the areas of triangles $AOC$ and $BOD$, where $C$ and $D$ are the bases of the perpendiculars drawn from $A$ and $B$ to the line $l$, equal.

R. O. Burdin

M1069. In a certain city only pairwise apartment exchanges are allowed (if two families exchange apartments, they cannot participate in other exchanges on the same day). Prove that any multiple exchange involving several families can be carried out in two days. (Before and after each exchange each family lives in a separate apartment.)

N. N. Konstantinov, A. I. Shnirelman

M1070. A tetrahedron is cut by three planes each of which is parallel and equidistant to two opposite edges of the tetrahedron. Prove that the sum of squares of these three section’s areas is 4 times less than the sum of squares of the areas of the tetrahedron’s faces.

V. N. Dubrovski

27

M1047. Trong một giải đấu cờ vua diễn ra một hiệp, ít nhất 3/4 tổng số ván đấu đã kết thúc ở điểm cuối tại một thời điểm nào đó. Chứng minh rằng tại thời điểm này có hai phần đạt được số điểm như nhau.

Trong bài toán này, sẽ thuận tiện khi sử dụng hệ thống tính điểm sau: thắng 1 điểm, hòa 0 điểm, - 1 điểm nếu thua (rõ ràng là tương đương với hệ thống cờ vua thông thường). Chúng ta hãy biểu thị số lượng địa điểm du lịch bằng n và đặt k=n/2 cho n chẵn, k=(n-1)/2 cho n lẻ.

Giả sử rằng tại một thời điểm nhất định, tất cả các lĩnh vực đều có kết quả khác nhau. Khi đó trong số đó sẽ tìm thấy k có kết quả dương hoặc k có kết quả âm. Chỉ cần xem xét một trường hợp đầu tiên là đủ. Vì tất cả k kỳ thủ này đều ghi được số điểm khác nhau và số điểm của mỗi kỳ thủ không nhỏ hơn số ván thắng nên tổng số trận thắng của các kỳ thủ này không nhỏ hơn 1+2+…+k=k(k+1)/2. Số trận đấu trong giải đấu bằng (n-1)n/2, do đó tỷ lệ trận đấu kết thúc với chiến thắng thuộc về một trong các đối thủ tại thời điểm được đề cập là không ít

$$\frac{k(k+1)}{(n-1)n} > \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4},$$

tức là tỷ lệ của các số nhỏ hơn 3/4, mâu thuẫn với điều kiện bài toán. Vì vậy, giả định của chúng tôi bị bác bỏ.

M. Bona

M1048.* Một trong hai người chơi (“người mới bắt đầu”) đặt quân mã lên một ô nhất định trên bàn cờ. Sau đó, người chơi lần lượt di chuyển hiệp sĩ theo luật chung (có chữ “Γ”), nhưng hiệp sĩ không được đặt trên sân mà mình đã thắng. Người không có nơi nào để đi được sản xuất. Ai có thể đạt được

Đáp số: a) người chơi thứ hai thắng, b) người chơi thứ hai thắng nếu mn chẵn và người đầu tiên (bắt đầu) thắng nếu mn lẻ.

Chúng ta hãy xem xét ngay trường hợp tổng quát của một bảng m×n. Chúng ta sẽ chứng minh rằng nếu tích mn là số chẵn thì các ô vuông trên bàn cờ có thể được chia thành các cặp sao cho từ một ô vuông của mỗi cặp, bằng cách di chuyển quân mã, bạn có thể đến một ô vuông khác (hình 1), và nếu mn là số lẻ, thì theo cách tương tự, bạn có thể phá vỡ tất cả các ô vuông trên bảng ngoại trừ một (hình 2). Trong trường hợp đầu tiên, chiến lược chiến thắng của người chơi thứ hai là anh ta phải đặt hiệp sĩ của mình lên một ô vuông ghép với ô mà anh ta đã di chuyển trước đó.

28

chiến thắng (bất kể hành động của người rò rỉ) - người bắt đầu hoặc đồng đội của anh ta a) trên bảng 8x8; 6) trên bảng m×n, trong đó m ≥ 3?

M1049. Chúng ta sẽ nói rằng một hình trụ C₂ khác được đẩy sang một bên vào hình trụ C₁ nếu hai thế hệ của hình trụ thứ hai nằm trên các đáy của hình trụ thứ nhất - trên bề mặt bên của hình trụ thứ nhất (hình 1). Lấy một hình trụ C₁, có tỷ lệ đường kính và chiều cao bằng k, chèn hình trụ C₂ vào nó theo chiều ngang (nếu có thể), vào nó có cạnh C₃ cao hơn, vào đó - C₄, v.v. Ở giá trị nào của k a) bạn có thể chèn C₂ chứ không phải C₃;
b)* bạn có thể viết Ts₁₀, nhưng bạn không thể nói Ts₁₁;
c)* có thể viết một dãy vô hạn Cₙ (n=1, 2, …) không?

Gọi $d_n$ và $h_n$ là đường kính và chiều cao của hình trụ Cₙ, $a_n = d_n^2/h_n^2$. Từ hình 1 và 2 rõ ràng là $d_{n+1} = h_n$, $h_{n+1} = d_n^2 - h_n^2$, (1)

Hơn nữa, có thể thả ₙ₁ vào ₙ khi và chỉ khi $d_n^2 - h_n^2 > 0$ hoặc $a_n > 1$.

a) Đáp số: $k \geq \sqrt{2}$. Chúng ta phải tìm k $a_1 > 1$, $a_2 \leq 1$.

Từ công thức (1) cho n=1 ta thu được kết quả tương ứng

$$\frac{1}{a_2} = \frac{h_n^2}{d_n^2} = \frac{d_n^2 - h_n^2}{h_n^2} = a_1 - 1;$$ (2)

đặt ra $a_2 \leq 1$ khi $a_1 \geq 2$ (trong trường hợp này là tự động $a_1 > 1$). Vẫn còn phải thay thế $a_1$ bằng $k^2$.

6. Đáp số: $\sqrt{89/55} \leq k < \sqrt{34/21}$. Để các trụ $a_1 > 1$, $a_2 > 1$, …, $a_9 > 1$, $a_{10} \leq 1$ được rút ra chứ không phải để rút các trụ ₁₁₁ ra. Hãy để chúng tôi tìm hiểu những hạn chế mà mỗi người trong số họ áp đặt đối với $a_1 = k^2$. Tương tự như (2), đẳng thức được thiết lập

$$a_{n-1} = 1 + 1/a_n, n = 2, 3, ...$$

Hàm $f(x) = 1 + 1/x$ tiêu diệt, do đó bất đẳng thức $a_n > 1$ tương đương với $a_{n-1} < f(1) = 2$, đến lượt nó tương đương với $a_{n-2} > f(2) = 3/2$, $a_{n-3} < f(3/2) = 5/3$, v.v.

Biểu thị số hạng thứ i của dãy 1, $f(1)$, $f(f(1))$, … bằng $\lambda_i$, ta thấy bất đẳng thức $a_n > 1$ tương đương với $a_1 > \lambda_n$ đối với n lẻ và $a_1 < \lambda_n$ đối với n chẵn.

Bạn có thể thay thế (xem hình 3) rằng các số $\lambda_1$, $\lambda_3$, $\lambda_5$, … sẽ tăng lên và $\lambda_2$, $\lambda_4$, $\lambda_6$, … sẽ giảm khi các số trong dãy nhỏ hơn các số ở dãy thứ hai. Điều này suy ra từ sự bình đẳng

$$\lambda_{n+1} - \lambda_n = f(\lambda_n) - f(\lambda_{n-1}) = \frac{1}{\lambda_n} - \frac{1}{\lambda_{n-1}} = \frac{\lambda_{n-1} - \lambda_n}{\lambda_{n-1}\lambda_n}.$$ (3)

Thật vậy, chẳng hạn, nếu $\lambda_n < \lambda_{n-1}$, thì theo (3) $0 < \lambda_{n+1} - \lambda_n < \lambda_{n-1} - \lambda_n$ (vì tất cả $\lambda_i$ với i>1 đều lớn hơn 1), tức là $\lambda_n < \lambda_{n+1} < \lambda_{n-1}$; tương tự, với $\lambda_n > \lambda_{n-1}$, chúng ta thu được $\lambda_n > \lambda_{n+1} > \lambda_{n-1}$ đó. Do đó, các số $\lambda_n$ được sắp xếp như trên hình 4 - mỗi số, bắt đầu bằng $\lambda_3$, nằm giữa hai số trước đó, với $\lambda_1 < \lambda_2$.

Chúng ta phải thỏa mãn các bất đẳng thức $a_1 > \lambda_n$ cho $n=1, 3, 5, 7, 9$, $a_1 < \lambda_n$ cho $n=2, 4, 6, 8$ và $a_1 \geq \lambda_{10}$, tức là $\lambda_{10} \leq a_1 < \lambda_8$. Vẫn còn phải đếm $\lambda_8$ và $\lambda_{10}: \lambda_8 = 34/21$, $\lambda_{10} = 89/55$. Để đơn giản hóa phép tính, bạn có thể sử dụng thực tế là $\lambda_n = u_n/u_{n-1}$, trong đó $u_n — n$ là số hạng của dãy Fibonacci biểu ngữ

29

1, 2, 3, 5, 8, 13, …, được xác định cho $n \geqslant 2$ bởi đẳng thức $u_{n+1} = u_{n-1} + u_n$ (thực sự là $\lambda_2 = 2/1 = u_2/u_1$; $\lambda_{n+1} = 1 + 1/\lambda_n = 1 + u_{n-1}/u_n = u_{n+1}/u_n$ nếu $\lambda_n = u_n/u_{n-1}$).

c) Đáp số: $k = \sqrt{(1 + \sqrt{5})/2}$. Từ những gì đã nói trong đoạn 6), suy ra rằng các giá trị mong muốn $k^2 = a_1$ phải thỏa mãn các bất đẳng thức $\lambda_{2m-1} < a_1 < \lambda_{2m}$ cho tất cả $m \geqslant 1$. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng dãy $\lambda_n$ như $n \to \infty$ có xu hướng tiến tới giới hạn $\lambda = (1 + \sqrt{5})/2$—gây nghiệm dương của phương trình $f(\lambda) = \lambda$ (xem hình 3). Lặp lại đạo hàm của công thức (3), ta thu được

$$|\lambda - \lambda_n| = \frac{|\lambda - \lambda_{n-1}|}{\lambda \lambda_{n-1}} < \frac{|\lambda - \lambda_{n-1}|}{\lambda} < \dots < \frac{|\lambda - \lambda_1|}{\lambda^{n-1}},$$

tức là $|\lambda - \lambda_n| \to 0$ tại $n \to \infty$. Do đó, các đoạn $[\lambda_{2m-1}; \lambda_{2m}]$ co lại đến điểm $\lambda$ (hình 4), đây là giá trị duy nhất có thể có $a_1 = k^2$.*

V. Stolin

M1050. Trên đoạn $[-1; 1]$ $k$ các điểm khác nhau đã được chọn, với mỗi điểm là tích của khoảng cách đến các điểm $k-1$ còn lại và thông qua $S$ biểu thị tổng các nghịch đảo của các tích $k$ này. Chứng minh rằng a) $S \geqslant 2$ cho $k=3; 6)$* $S \geqslant 4$ cho $k=4$.

Puc. 3.

Puc. 4.

M1050. Trên đoạn $[-1; 1]$ $k$ các điểm khác nhau đã được chọn, với mỗi điểm là tích của khoảng cách đến các điểm $k-1$ còn lại và thông qua $S$ biểu thị tổng các nghịch đảo của các tích $k$ này. Chứng minh rằng a) $S \geqslant 2$ cho $k=3; 6)$* $S \geqslant 4$ cho $k=4$.

Puc. 1.

Puc. 2.

a) Rõ ràng rằng mỗi tích trong ba tích sẽ chỉ tăng (và tổng $S$ nghịch đảo của chúng sẽ giảm) nếu các số cực trị được mở rộng: số cực trị bên trái được thay bằng -1, tích số bên phải bằng 1. Do đó, chúng ta có thể giả sử rằng các điểm -1, $x, 1$, trong đó $-1 < x < 1$, đã được chọn. Trong trường hợp này

$$S = \frac{1}{2(1+x)} + \frac{1}{(1+x)(1-x)} + \frac{1}{2(1-x)} = \frac{2}{1-x^2} \geqslant 2,$$

và sự bình đẳng chỉ đạt được ở $x=0$.

6. Tương tự như điểm a) bài toán đối với 4 điểm có thể giải bằng phương pháp “cải tiến dần dần”. Như trên, khi thay các số cực trị bằng -1 và 1, chúng ta chỉ có thể giảm $S$. Chúng tôi biểu thị điểm giữa là $-1+u$ và $1-v$ ($u>0, v>0, -1+u<1-v$; hình 1).

Bây giờ chúng ta biến đổi tổng $S$, giả sử $d=2-u-v$:

$$S = \frac{1}{2u(u+d)} + \frac{1}{2v(v+d)} + \frac{1}{2u(v+d)} + \frac{1}{2v(v+d)} =$$

$$= \frac{d(v(2-u)+u(2-v))+2(2uv+d(u+v))}{2duv(2-u)(2-v)} =$$

$$= \frac{d(2(2-d)-2uv)+2(2uv+d(2-d))}{2duv(4-2(u+v)+uv)} =$$

$$= \frac{2d(2-d)+uv(2-d)}{2duv(2d+uv)} = \frac{2-d}{duv}.$$

Tích $uv$ của một tổng nhất định $u+v=2-d$ lớn nhất khi $u=v=(2-d)/2$, vì vậy

$$S \geqslant \frac{4}{d(2-d)} \geqslant 4,$$

Hơn nữa, sự bình đẳng đạt được ở $d=1, u=v=1/2$, tức là đối với điểm -1, $-1/2, 1/2, 1$.

Hóa ra với mỗi $k \geqslant 3$ giá trị nhỏ nhất của $S$ là $2^{k-2}$ và đạt được đối với tập hợp $x_n = -\cos \frac{n\pi}{k-1}, n=0, 1, \dots, k-1$. Hãy để chúng tôi chỉ ra một lý luận hay, phù hợp với trường hợp chung (không giống như các phép tính trực tiếp nêu trên) (không giống như các phép tính trực tiếp ở trên).

Sử dụng nguyên lý tương tự $\cos(m+1)\varphi = 2(\cos m\varphi)\cos \varphi - \cos(m-1)\varphi$, dễ dàng chứng minh rằng với bất kỳ $m \geqslant 1$ nào cũng tồn tại đa thức $T_m(x)$ sao cho $T_m(\cos \varphi) = \cos m\varphi$ và hệ số cao nhất của nó là $2^{m-1}$.

*) Gần hơn bài toán phép biến đổi hàm số được xem xét trong cuốn sách “Mô tả toán học tương ứng” (M.: “Nauka”, 1987; bài toán 6-16, 6-17).

30

Ví dụ: $T_2(x) = 2x^2 - 1$ (hình 2), $T_3(x) = 4x^3 - 3x$ (hình 3). Lưu ý rằng $|T_m(x)| \leq 1$ tại $|x| \leq 1$. Đa thức $T_m(x)$ được gọi là đa thức Chebyshev (xem bài viết của N. Vasiliev và A. Zelevinsky “Đa thức Chebyshev và quan hệ truy hồi” trong «Kvant» số 1, 1982). Với sự trợ giúp của nó, chúng tôi sẽ giải được bài toán để có được $k = m + 1$ điểm.

Đặt $x_n, n = 0, \dots, k - 1$, là tập hợp $k$ bất kỳ các điểm phân biệt trên đoạn $[-1; 1]$. Bất kỳ đa thức bậc nào $k - 1$ đều được xác định duy nhất bởi các giá trị của nó $a_n$ tại các điểm $x = x_n$ và, như có thể dễ dàng xác minh, có thể được viết dưới dạng tổng

$$\sum_{n=0}^{k-1} a_n \frac{(x-x_0)...(x-x_{n-1})(x-x_{n+1})...(x-x_k-1)}{(x_n-x_0)...(x_n-x_{n-1})(x_n-x_{n+1})...(x_n-x_{k-1})}.$$

Lấy $a_n = T_{k-1}(x_n)$ thì đa thức này sẽ bằng $T_{k-1}(x)$. Hệ số cao nhất của nó, $2^{k-2}$, là tổng của các biểu thức

$$\frac{a_n}{|x_n-x_0|...|x_n-x_{n-1}||x_n-x_{n+1}|...|x_n-x_{k-1}|},$$

mỗi trong số đó trong mô đun không vượt quá

$$\frac{1}{|x_n-x_0|...|x_n-x_{n-1}||x_n-x_{n+1}|...|x_n-x_{k-1}|}$$

(kể từ $|a_n| = |T_{k-1}(x_n)| \leq 1$). Nhưng tổng của đại lượng (*) tại $n = 0, \dots, k - 1$ chính xác là tổng $S$ mà chúng ta quan tâm; do đó $S \geq 2^{k-2}$.

L. D. Kurlyandchik

F1058. Bóng lăn dọc theo mép của lõi ASV đầu thẳng (xem hình) với tốc độ $v$ mà không xuyên thủng; khoảng cách $AB$ bằng bán kính của quả bóng. Điểm nào trên quả bóng có tốc độ tối đa? Tốc độ này là bao nhiêu?

Theo điều kiện bài toán quả bóng là Katisyabin, do đó vận tốc của những điểm của quả bóng chạm vào quả bóng tại một thời điểm nhất định tại một thời điểm nhất định tại các điểm $A$ và $B$ (xem hình) bằng 0. Xét quả bóng là một vật rắn abscilton (có nghĩa là khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ của quả bóng không đổi), ta đi đến kết luận rằng tại một thời điểm nhất định mọi điểm của quả bóng nằm trên đoạn $AB$ đều đứng yên. Điều này có nghĩa là tại mỗi thời điểm chuyển động của quả bóng là một chuyển động quay so với trục $AB$. (Rõ ràng là các điểm $A$ và $B$—các điểm mà bóng chạm vào hàm—đang chuyển động với tốc độ $v$).

Tốc độ tức thời của bất kỳ điểm nào trên quả bóng là $\omega$, trong đó $\omega$ là vận tốc góc quay, $\rho$ là khoảng cách từ điểm đến trục $AB$. Tốc độ của tâm quả bóng (vì vậy ở hình) là $v$; khoảng cách từ điểm $o$ đến trục $AB$ - $\rho_0 = |oc| = R\sqrt{3}/2$. Kể từ đây,

$$\omega = \frac{v}{\rho_0} = \frac{2v}{R\sqrt{3}}.$$

Rõ ràng tốc độ tối đa là ở những điểm của quả bóng xa trục $AB$ nhất. Từ các cân nhắc hình học, rõ ràng là tại bất kỳ thời điểm nào cũng chỉ có một điểm cách xa trục tối đa - trên hình đây là điểm $d$. Khoảng cách từ điểm $d$ đến trục quay là $\rho_d = \rho_0 + R = R(1 + \sqrt{3}/2)$ và tốc độ của điểm $d$ là

$$v_d = v_{\max} = \omega \rho_d = \frac{2v}{R\sqrt{3}} R\left(1 + \frac{\sqrt{3}}{2}\right) = v \frac{2 + \sqrt{3}}{\sqrt{3}}.$$

S. S. Krotov

31

F1059. Tại một số điểm trong không gian, cần phải tạo ra hướng cực đại của trường hấp dẫn (gia tốc của áp suất tự do), có sẵn một khối lượng vật chất nhất định có mật độ không đổi.

a) Thịt bê được làm từ chất này có hình dạng như thế nào?
b) Vị trí tương đối của cơ thể và bắp chân là gì?

Cho một vật có khối lượng đồng nhất $M$ tạo ra một trường hấp dẫn, vectơ chỉ phương của nó tại một điểm nào đó $O$ bằng $g$ và hướng dọc theo trục $OX$, như minh họa trong hình 1. Theo nguyên lý chồng chất của trường, vectơ $\vec{g}$ là tổng các vectơ $\Delta\vec{g}_i$ được định hướng bởi các trường tạo ra tại điểm $O$ bởi tất cả các phần tử vô cùng nhỏ $\Lambda m_i$ của vật thể $M$. Sự đóng góp của mỗi phần tử vào trường tổng $g$ bằng hình chiếu của vectơ $\Delta\vec{g}_i$ lên trục $OX$, tức là.

$$\Delta g_{ix} = \frac{G \cdot \Delta m_i}{r_i^2} \cos \theta_i,$$

trong đó $r_i$ là khoảng cách từ điểm $O$ đến phần tử $\Delta m_i$, $\theta_i$ là góc giữa hướng tới phần tử và trục $OX$. Do đó (nếu tất cả các phần tử của $\Delta m_i$ đều giống nhau),

$$g = |\vec{g}| = \sum_i \Delta g_{ix} = G \Delta m \sum \frac{\cos \theta_i}{r_i^2}.$$

Do đó, đối với một khối lượng cơ thể nhất định $M$, giá trị $g$ sẽ tối đa nếu hình dạng của cơ thể và hướng của nó so với điểm $O$ sao cho giá trị $\sum \frac{\cos \theta_i}{r_i^2}$ sẽ tối đa.

Chúng ta hãy xem xét một vật có khối lượng $M$, được giới hạn bởi một bề mặt đi qua điểm $O$, với tất cả các điểm trong đó (ngoại trừ điểm $O$) thì hệ thức $\frac{\cos \theta_i}{r_i^2}$ là như nhau, tức là.

$$\frac{\cos \theta}{r^2} = \text{const.}$$

Chúng tôi gọi bề mặt như vậy là bề mặt có sự đóng góp ngang nhau. Một vật thể được giới hạn bởi một bề mặt đóng góp bằng nhau là một vật thể quay (quanh trục $OX$; xem hình 2). Chúng ta hãy chứng minh rằng chính một vật như vậy đã tạo ra một trường hấp dẫn, hướng của trường đó $g_0$ là cực đại tại điểm $O$.

Các phần tử $\Delta m$ nằm trên bề mặt đóng góp bằng nhau, theo định nghĩa về chiều cao, có đóng góp bằng nhau $\Delta g_{0x}$ đến $g_0$. Đóng góp của bất kỳ phần tử bên trong nào $\Delta g_{bнутр}$ lớn hơn $\Delta g_{0x}$; nếu phần tử $\Delta m$ nằm phía sau bề mặt của phần tử, thì đóng góp của nó $\Delta g_{bнутр}$ vào các giá trị $g_0$ sẽ nhỏ hơn $\Delta g_{0x}$. Như vậy,

$$\Delta g_{bнутр} > \Delta g_{0x} > \Delta g_{bнутр}.$$

Bất kỳ biến dạng nào của vật thể $M$ (không làm thay đổi mật độ của nó), không dẫn đến sự thay đổi hướng của vectơ định hướng tại điểm $O$, trùng với sự truyền khối lượng từ các vùng bên trong ra các vùng bên ngoài, vượt ra ngoài bề mặt đóng góp bằng nhau. Như có thể thấy từ sự tương ứng (*), điều này dẫn đến sự giảm hướng của trường tại điểm $O$.

Do đó, hướng của trường hấp dẫn được tạo ra tại điểm $O$ bởi một vật có khối lượng nhất định là lớn nhất nếu vật này là vật quay được giới hạn trong một bề mặt đóng góp bằng nhau và điểm $O$ nằm trên bề mặt trên trục quay.

Lưu ý rằng hình dạng của cơ thể này khác với sinh vật hình cầu. hình 2 thể hiện các phần của vật thể đó và một quả bóng có cùng khối lượng. Bạn có thể thấy quả bóng cần được biến dạng như thế nào để đạt được trường tối đa có thể tại một điểm (trong trường hợp này là điểm $O$). Hóa ra là sau khi quả bóng biến dạng như vậy, hướng của trường tại điểm $O$ sẽ tăng $\sqrt{27/25}$ lần, tức là khoảng 3%.

E. N. Yunosov, I. V. Yaminsky
(Cuối cùng xem trang 34)