Lời giải bài toán M1081—M1085; F1093—F1096

34

The water is dripped out of the pipettes and the drops counted. Which pipetie will yield the most drops?

A. I. Buzdin

P1117. Light from a point source $A$ is carried through a non-transparent wall by means of a light conductor: a thin transparent stick with circular section of radius $R$ (figure Pisc.); the inner part of the stick of radius $r(R-r \ll r)$ is made of a material of refraction index $n_1$, the outer envelope — of material with refraction index $n_2$ ($n_2 < n_1$). Determine the diameter of the light spot obtained on a screen placed at the distance $L$ from the right end of the light conductor. The source $A$ is placed next to its left end, near the latter’s middle. How will the size of the spot change, if the source is moved away from the conductor along its axis to the distance $l$?

E. N. Yunosov, I. V. Yaminski

Lời giải bài toán

M1081—1085, F1093—1097

Chúng ta sẽ giả sử rằng “chữ số áp chót” của số có một chữ số là 0.

Nếu số $N$ kết thúc bằng các chữ số $ab$ thì hiển nhiên hai chữ số cuối của số $3N$ trùng với hai chữ số cuối của số $3(10a+b)=30a+3b$. Do đó, nếu $a$ là số chẵn thì các chữ số áp chót của các số $3N$ và $3b$ sẽ có cùng tính chẵn lẻ. Hãy viết ra vài mức độ đức tin 3:

$$3^1=3, 3^2=9, 3^3=27, 3^4=81.$$

IX số cuối - 3, 9, 7, 1; sau đó họ sẽ lặp lại định kỳ. Các chữ số áp chót của các số $3 \cdot 3=9, 3 \cdot 9=27, 3 \cdot 7=21, 3 \cdot 1=3$ là số chẵn, do đó, nếu câu bài toán đúng với $3^n$ thì nó cũng đúng với $3^{n+1}$. Và vì nó đúng với $3^3=27$ nên chúng ta kết luận bằng quy nạp rằng nó cũng đúng với mọi $n>2$ tự nhiên.

V. I. Plachko

M1082. Trong một tứ giác lồi $ABCD$ các đường chéo cắt nhau tại điểm O. Chứng minh rằng đẳng thức $AB^2+BC^2+CD^2+DA^2=2(AO^2+BO^2+CO^2+DO^2)$ giữ và chia đôi tại điểm O.

Chúng ta hãy viết định lý cosin cho tam giác $AOB, BOC, COD$ và $DOA$, giả sử $\angle AOB=\alpha$ (và do đó $\angle BOC=\pi-\alpha$; xem hình):

$$AB^2=AO^2+BO^2-2AO \cdot BO \cos \alpha,$$
$$BC^2=BO^2+CO^2+2BO \cdot CO \cos \alpha,$$
$$CD^2=CO^2+DO^2-2CO \cdot DO \cos \alpha,$$
$$DA^2=DO^2+AO^2+2DO \cdot AO \cos \alpha.$$

Hãy cộng các đẳng thức này và cắt các bình phương của các đoạn đường chéo về phía bên trái:

$$AB^2+BC^2+CD^2+DA^2-2(AO^2+BO^2+CO^2+DO^2)=2 \cos \alpha(-AO \cdot BO+BO \cdot CO-CO \cdot DO+DO \cdot AO)=2 \cos \alpha(BO-DO)(CO-AO).$$

Sự đẳng thức từ điều kiện tương đương với thực tế là điều kiện sau

35

Bài tập, Quanta

biểu thức kết quả bằng 0, vì vậy hoặc
сς α=0 nên hai đường chéo AC và BD vuông góc
cular, hoặc BO=DO, hoặc CO=AO, tức là một trong các đường chéo
đổ được chia cho điểm O làm đôi.

A. P. Savin

M1083. Điều vĩ đại nhất của không
số âm $a_1$, $a_2, \dots, a_n$ bằng a.
a) Chứng minh bất đẳng thức
$$\frac{a_1^2+a_2^2+\dots+a_n^2}{n} \leqslant \left(\frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{n}\right)^2 + \frac{a^2}{4}.$$
b) Khi đạt tới
bình đẳng?

a), b) Đặt $(a_1+a_2+\dots+a_n)/n=m$ thì
$$\frac{a_1^2+a_2^2+\dots+a_n^2}{n} - m^2 \leqslant am - m^2 = \frac{a^2}{4} - \left(\frac{a}{2} - m\right)^2 \leqslant \frac{a^2}{4},$$
kể từ $a_i^2 \leqslant a \cdot a_i$ ($i=1, 2, \dots, n$). Điều này chứng tỏ
bất đẳng thức a).

Sự bình đẳng đạt được trong đó khi và chỉ khi,
thứ nhất, $a_i^2=a \cdot a_i$, tức là với mọi $i$ $a_i=0$ hoặc $a_i=a$, và thứ hai, $m=a/2$. Và điều này chỉ có thể xảy ra trong hai trường hợp: 1) tất cả $a_i$ đều bằng 0; 2) $n$ là số chẵn và $n/2$ trong số các số $a_i$ bằng 0 và $n/2$ còn lại bằng $a$ ($a>0$).

Theo cách tương tự, chúng ta có thể chứng minh các bất đẳng thức sau - tổng quát hơn: $p_1a_1^\alpha + p_2a_2^\alpha + \dots + p_na_n^\alpha \leqslant \left(p_1a_1+\dots+p_na_n\right)^\alpha + (\alpha-1)\alpha^{\frac{1}{1-\alpha}}a^\alpha$ cho $p_i \geqslant 0$ ($i=1, \dots, n$), $p_1+p_2+\dots+p_n=1$, $\alpha>1$, $0 \leqslant a_i \leqslant a$.

L. G. Khanin

M1084. Hai đường tròn trên một mặt phẳng cắt nhau tại hai điểm A và B. Chứng minh rằng có thể chọn điểm C sao cho đường tròn bất kỳ có dây AC sẽ cắt các đường tròn này (lần thứ hai) tại các điểm cách đều C.

Chúng ta hãy biểu thị bằng $O_1$ và $O_2$ tâm của các vòng tròn này. Chúng ta hãy mở rộng tam giác $O_1BO_2$ thành hình bình hành (hình 1) và chứng minh rằng đỉnh thứ tư $C(O_1C=BO_2)$ của nó là điểm cần tìm.

Đặt $O$ là tâm của một đường tròn tùy ý đi qua $A$ và $C$, $M$ và $N$ các giao điểm của nó với các đường tròn $O_1$ và $O_2$. Đẳng thức $CM=CN$ tương đương với đẳng thức của CM và CN của đường tròn O, do đó, tương đương với việc đường thẳng AC tạo thành các góc bằng đường thẳng AM và AN (tức là $\angle CAM=\angle CAN$ - hình 1 hoặc $\angle CAM+\angle CAN=180^\circ$ - hình 2). Dây chung AM của các đường tròn O và $O_1$ vuông góc với đường tâm $OO_1$; tương tự, dây AN vuông góc

36

ấu trùng $OO_2$. Do đó, chỉ cần chứng minh đường thẳng $AC$ tạo thành các góc bằng $OO_1$ và $OO_2$ là đủ. Lưu ý rằng $ACO_1O_2$ là hình thang cân bằng (vì $O_1C=O_2B=O_2A$, $O_2C=O_1B=O_1A$, tức là $\triangle O_1O_2C=\triangle O_2O_1A$). Do đó, đường thẳng $AC$ song song với $O_1O_2$. Cần lưu ý rằng $\angle OO_1O_2=\angle OO_2O_1$ hoặc điểm $O$ nằm trên đường phân giác vuông góc của đoạn $AC$ ($OA=OC$), và do đó nằm trên đoạn $O_1O_2$.

V. Yu. Progasov

M1085*. Một số đường thẳng cắt nhau theo cặp nằm trong không gian được chiếu trên mặt phẳng nằm ngang. Các hình chiếu của chúng được mô tả sao cho tại các điểm giao nhau có thể thấy rõ điểm nào nằm ở trên và điểm nào ở dưới. có thể thu được phép chiếu như trong hình 1a, 6, 8 không?

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

Hình 4.

37

F1093. Một ô tô có trọng lượng m=1200 kg, không phanh, chuyển động với tốc độ không đổi dọc theo một đoạn đường nghiêng với góc nghiêng α (sin α = $\frac{1}{14}$). Mỗi trong số bốn bánh xe tự động có bán kính ngoài R và được gắn chặt vào trống phanh có bán kính r = $\frac{5}{12}$ R, mà má phanh A và A’ được ép với lực bằng nhau N (xem hình). Bắt đầu N nếu hệ số ma sát trượt giữa trống và miếng đệm là k=0,4. Không có hiện tượng trượt giữa lốp xe và đường cao tốc.

F1094. Một ống hẹp có tiết diện không đổi tạo thành canadrate ở phía l,

c) Đáp số: có. Nếu chúng ta xây dựng được một cấu hình, thiết kế của cấu hình này được hiển thị ở hình 5, sau đó bằng cách nâng nhẹ (bằng cách dịch song song) đường thẳng 6, hạ thấp đường thẳng 5 và đằng sau nó là các đường thẳng 1 và 2, chúng ta nhận được hình 1, lấy các đường thẳng 1, 2, 3 và 4 là các đường chéo của các mặt bên của hình lập phương (hình 6), thẳng 5 Hãy vẽ qua trung điểm của đường chéo 1 và 2 rồi kẻ đường thẳng 6 đi qua các điểm trên đường chéo 3 và 4 nằm ngay dưới trung điểm của chúng. Hình chiếu của những đường này lên đáy hình lập phương cho hình 5.

Chúng tôi mời người đọc, nếu có thể, đưa ra các điều kiện tổng quát hơn cho sự tồn tại cấu hình của các đường giao nhau do hình chiếu của chúng cho trước. Đây là một điều thú vị nhưng có vẻ khá khó khăn bài toán cho nghiên cứu.

S. L. Tabachnikov

Nếu má phanh không tác dụng lên các bánh xe của số tự động, thì trong trường hợp không có vết thủng giữa lốp và đường cao tốc, số tự động sẽ lao xuống dốc với khả năng tăng tốc. Trong trường hợp này, dọc theo đường S, nó sẽ “thu được” động năng ΔK, và theo định luật bảo toàn năng lượng

$$\Delta K = mgS \sin \alpha,$$

trong đó mgS sin α là độ biến thiên của thế năng.

Theo điều kiện bài toán mật độ tự động không thay đổi. Điều này có nghĩa là công A của lực ma sát (giữa trống phanh và má phanh) dọc theo đường S đúng bằng mgS sin α. Hãy tìm một công việc A.

Nếu xe số tự động đi qua quãng đường S thì mỗi khối đã đi dọc theo bề mặt trống một quãng đường S₁ = Sr/R, và lực ma sát giữa mỗi khối và trống đã thực hiện công

$$A_1 = kNS_1 = kNS \frac{r}{R}.$$

Tổng công của lực ma sát là

$$A = 8A_1 = 8kNS \frac{r}{R}$$

(mỗi bánh trong số bốn bánh có hai miếng đệm).

Như vậy, theo định luật bảo toàn năng lượng

$$8kNS \frac{r}{R} = mgS \sin \alpha.$$

Từ đây đến N:

$$N = \frac{mgR \sin \alpha}{8kr} = 630 \text{ Н.}$$

V. I. Chivilev

Khi bắt đầu chuyển động, chất lỏng sẽ có xu hướng chiếm vị trí tại đó thế năng của hệ Π sẽ nhỏ nhất. Giá trị của Π sẽ là tối thiểu,

38

cố định trong mặt phẳng thẳng đứng. Ống chứa đầy thể tích bằng nhau của hai chất lỏng không propicat có mật độ $Q_1$ và $Q_2$ (xem hìnhok). Ban đầu, một chất lỏng đậm đặc hơn lấp đầy phần trên của ống. Tại một thời điểm nào đó chất lỏng bắt đầu chuyển động. Tìm tốc độ tối đa của họ. Cái thứ ba thì không. Gia tốc trọng trường là g.

F1095. Người thợ cạo tóc lơ đãng không để ý rằng mình đã vô tình tông vào một bức tường thẳng đứng. Ước tính tốc độ tối thiểu mà lốp biến dạng thành vành kim loại khi va chạm. Giả định rằng bạn, khi hiểu rõ về hiện tượng này, có thể tự mình đặt các đại lượng cần thiết cho lời giải, chọn các giá trị số đủ chính xác của chúng và thu được kết quả bằng số.

Khi chất lỏng đậm đặc hơn ở nửa dưới của ống và chất lỏng nhẹ hơn ở nửa trên (vị trí cân bằng ổn định). Theo định luật bảo toàn năng lượng, tại thời điểm này động năng của chất lỏng $K=(m_1+m_2)v^2/2$ (và do đó tốc độ của nó) sẽ cực đại và $K=\Delta\Pi$ (ΔП là độ biến thiên thế năng của hệ). Hãy tìm ∆Π.

Trọng tâm của chất lỏng chiếm lớp lót (trên hoặc dưới) của ống nằm cách mặt ngang gần nhất một khoảng $y=l/8$. Độ dịch chuyển trọng tâm của chất lỏng khi chuyển sang vị trí cân bằng ổn định bằng

$$\Delta y=l-2y=l-2 \frac{l}{8}=\frac{3}{4} l.$$

Do đó, độ biến thiên thế năng của tất cả các hệ là

$$\Delta\Pi=(m_1-m_2)g \cdot \frac{3}{4} l=\frac{3}{2}(Q_1-Q_2)gSl^2$$

(S là diện tích mặt cắt ngang của ống).

Giá trị động năng tối đa -

$$K_{\max}=(m_1+m_2)\frac{v^2_{\max}}{2}=(Q_1+Q_2)Slv^2_{\max}.$$

Do đó, từ định luật bảo toàn năng lượng -

$$(Q_1+Q_2)Slv^2_{\max}=\frac{3}{2}(Q_1-Q_2)gSl^2$$

• tìm $v_{\max}$:

$$v_{\max}=\sqrt{\frac{3}{2}gl \frac{Q_1-Q_2}{Q_1+Q_2}}.$$

G. V. Meledin

Khi bánh xe đạp va vào một bức tường thẳng đứng, khí trong buồng bị nén. Đồng thời công việc được thực hiện

$$A \sim p \cdot \Delta V,$$

trong đó $p$ là áp suất không khí dư thừa trong buồng, $\Delta V$ là sự thay đổi thể tích buồng. Động năng của xe đạp sẽ có sẵn để thực hiện công việc này, vì vậy

$$p \cdot \Delta V \sim \frac{mu^2}{2}.$$

Từ đây ta tính được vận tốc của xe đạp

$$u \sim \sqrt{\frac{2p \cdot \Delta V}{m}}.$$

Áp suất dư thừa trong buồng có thể được ước tính từ sự tương ứng

$$p \cdot 2S \sim mg,$$

trong đó $S$ là diện tích tiếp xúc của mỗi bánh xe với mặt đường. Kể từ đây,

$$u \sim \sqrt{\frac{g \cdot \Delta V}{S}}.$$

Âm lượng của $\Delta V$, như được thấy từ hình, có thể được ước tính là

39

$$\Delta V \sim \frac{\pi d^2}{4} \cdot \frac{L}{2}, \quad \text{где} \quad \frac{L}{2} = \sqrt{2dR - d^2} \approx \sqrt{2dR}.$$

Chúng ta hãy ước tính bằng số: tại $d \sim 4$ cm, $S \sim 3 \cdot 10$ cm$^2$, $R \sim 40$ cm chúng ta thu được

$$u \sim 4 \text{ km/ч}.$$

G. V. Fedotovich

F1096. Một cọc dây có bán kính $R$ có một dây dẫn điện nằm dọc theo đường kính. Hình bán nguyệt bên trái và bên phải bao gồm các tụ điện $C_1$ và $C_2$ (xem hìnhok). Chiếc nhẫn được đặt trong một tổ hợp từ trường tuyến tính theo thời gian có cảm ứng $B(t) = B_0 t/T$, một biến số của mặt phẳng của nó. Tại một thời điểm nào đó, jumper bị loại bỏ và sau đó trường sẽ ngừng thay đổi. Bắt đầu tích điện vào các tụ điện.

Một vòng có dây nhảy dẫn điện có thể được biểu diễn dưới dạng hai mạch - $AC_1B$ và $BC_2A$ - mỗi mạch có diện tích $\pi R^2/2$. Từ thông tùy ý trong mỗi mạch thay đổi theo thời gian như

$$\Phi(t) = \frac{\pi R^2}{2} B_0 \frac{t}{T}.$$

Trong trường hợp này, suất điện động cảm ứng được duy trì trong mỗi mạch

$$\mathcal{E} = - \frac{d\Phi}{dt} = - \frac{\pi R^2 B_0}{2T}.$$

Đây là hiệu điện thế giữa các bản của mỗi tụ điện (xem hìnhok). Do đó, điện tích trên các bản tụ khi từ trường thay đổi sẽ lần lượt không đổi và bằng nhau,

$$Q_1 = \mathcal{E} C_1, \quad Q_2 = -\mathcal{E} C_2.$$

Sau khi dây nối được tháo ra và trường ngừng thay đổi, điện tích $Q_1$ và $Q_2$ sẽ được phân phối lại giữa $C_1$ và $C_2$ cho đến khi hiệu điện thế giữa các tấm kết nối của tụ điện bằng 0, tức là cho đến khi điện áp trên các tụ điện bằng nhau. Điện tích được thiết lập trên các tấm sẽ được xác định bởi các điều kiện

$$\frac{Q'_1}{C_1} = \frac{Q'_2}{C_2},$$

$$Q'_1 + Q'_2 = Q_1 + Q_2$$

(sự đẳng thức cuối cùng tuân theo định luật bảo toàn điện tích). Giải (2) và (3) cùng nhau, sử dụng biểu thức (1) cho $\mathcal{E}$, chúng ta tìm thấy $Q'_1$ và $Q'_2$:

$$Q'_1 = \mathcal{E} C_1 \frac{C_1 - C_2}{C_1 + C_2} = \frac{\pi R^2 B_0 C_1}{2T} \frac{C_1 - C_1}{C_1 + C_2},$$

$$Q'_2 = \mathcal{E} C_2 \frac{C_1 - C_2}{C_1 + C_2} = \frac{\pi R^2 B_0 C_2}{2T} \frac{C_2 - C_1}{C_1 + C_2}.$$

G. V. Fedotovich