Lời giải bài toán M1096—M1098, M1100; F1108—F1112

35

coil. The self oscillation frequency of the circuit is $W_0$. Now will it change if a free particle of mass $m$ and charge $q$ is placed between the plates? There is no force of gravity, boundary effects and the force of “electrostatic representation” are negligible.

D. A. Kuptsov

P1131. It is difficult and dangerous to measure wind velocity in a cyclone with ordinary meteorological instruments (since cyclones are small and move rapidly). It was proposed to measure it from a distance using radar (since the inside of the cyclone contains a lot of dust and small objects which reflect radio-waves). The radar emits waves of frequency $f_0$. The spectrum of the reflected radio signal is shown on figure Pisc. 4. ($\Delta f=f-f_0$). Find the maximal wind velocity in the cyclone.

D. A. Kuptsov

P1132. It was recently established that the extinction of animal species takes place especially rapidly during periodically repeated time intervals of $T=6.2$ million years. This regularity is explained by a hypothesis, according to which the Sun has a satellite, called Nemesidis. This weak and hence invisible star moves along an orbit, half of which is located within the so-called “Oort belt”, containing a reserve of comets (see figure Pisc. 5). Perturbing the motion of comets, Nemesidis generates a “star rain” on Earth, whose duration practically coincides with period of time when Nemesidis is within the Oort belt. Determine the larger semiaxis $a$ of Nemesidis’ orbit and its period of revolution about the Sun if it is known that the perihelion of the orbit is $0.15a$ from the Sun. The area of an ellipse is $S=\pi ab$, where $a$ and $b$ are the semiaxes.

V. E. Belonuchkin

Lời giải bài toán

M1096—M1098, M1100*), F1108—F1112

Đặt $a_1, a_2, ..., a_{k-1}$ là các dây vuông góc với đường kính của $AC=d$ và chia nó thành $k$ phần bằng nhau. Một $2k$-giác lồi có các đỉnh ở cuối các dây cung và đường kính này (tại hình 1 - golbey) bao gồm các hình tam giác và $k-2$ hình thang có chiều cao $d/k$ và đáy $a_1, a_2, ..., a_{k-1}$ bằng nhau; diện tích của nó là

$$S = \frac{d}{k} \left( \frac{a_1}{2} + \frac{a_1+a_2}{2} + ... + \frac{a_{k-1}+a_k}{2} \right) = \frac{d(a_1+a_2+...+a_k)}{k}.$$

Như vậy, tổng độ dài hợp âm mà chúng ta quan tâm bằng $Sk/d$. Vì hình tam giác màu xanh lam nằm trong một hình tròn có đường kính $d$ nên diện tích của nó nhỏ hơn $\pi d^2/4$, điều này cho chúng ta giới hạn trên: $Sk/d \leq 0.5kd$. Mặt khác, diện tích của đa giác màu xanh không nhỏ hơn diện tích của hình vuông màu đỏ $ABCD$; từ đây chúng tôi nhận được ước tính thấp hơn: $Sk/d \geq 0.5kd$. Đúng, với $k=2m+1 \geq 3$ lẻ, hình vuông màu đỏ có hai góc ở các đỉnh $B$ và $D$ hơi mở rộng ra ngoài đa giác màu xanh lam, nhưng các góc này

*) Lời giải bài toán M1099 có trong bài viết của M. V. Volkov, N. N. Silkin “Chúng ta nên cử ai lên sao Hỏa?” (xem trang 51)

36

Đánh giá không bị hư hỏng. Ví dụ: có thể chứng minh rằng tam giác màu đỏ nhỏ hơn tam giác màu xanh lá cây hình 2: vì

$$OQ = \frac{d}{2(2m+1)} \text{ и } PQ = \sqrt{QA \cdot QC} = \frac{d\sqrt{m(m+1)}}{2m+1},$$

chúng ta thấy rằng hình vuông của tam giác

$$BO - PQ = \frac{d}{2} \left(1 - \frac{2\sqrt{m(m+1)}}{2m+1}\right) = \frac{d(2m+1 - 2\sqrt{m(m+1)})}{2(2m+1)} = \frac{OQ}{2m+1 + 2\sqrt{m(m+1)}} \leq \frac{OQ}{3 + 2\sqrt{2}} < \frac{OQ}{2}.$$

Lưu ý rằng đối với $k$ lớn, tổng độ dài của các hợp âm, như được thấy rõ từ lời giải, gần như bằng $\pi dk/4$ (giới hạn của tỷ lệ của tổng này với $k$ là $\pi d/4$). Những người đã quen với các khái niệm tích phân và tổng tích phân chắc chắn sẽ thấy trong lời giải phép tính tích phân của các hàm $f(x) = \sqrt{x^2 - d^2}$ trên đoạn $-d \leq x \leq d$ bằng cách sử dụng tổng tích phân (chính xác hơn là “phương pháp hình thang”).

A. Chazirov, P. Kharitonov

M1097. Tọa độ các đỉnh của một tam giác đều là số nguyên. Chứng minh rằng bình phương đáy là số chẵn.

Song song, cắt tam giác đã cho $ABC$, trong đó $AB = BC$, sao cho đỉnh $A$ rơi tại gốc tọa độ. thì tọa độ $(b_1, b_2)$ và $(c_1, c_2)$ của các đỉnh $B$ và $C$ sẽ được giữ nguyên. Từ đẳng thức $AB^2 = BC^2$ viết dưới dạng tọa độ:

$$b_1^2 + b_2^2 = (b_1 - c_1)^2 + (b_2 - c_2)^2,$$

thì $AC^2 = c_1^2 + c_2^2 = 2(b_1c_1 + b_2c_2)$ là số chẵn.

V. V. Proizvolov

M1098. Trên đường tròn có $n$ điểm được đánh số liên tiếp bằng các số 1, 2, …, $n$. Hai vết xước vào cerra tiếp theo. Mọi người lần lượt vẽ một dây nối các điểm với các số của một phần tư. Mỗi hợp âm không được có điểm chung (các đầu xa hơn) với những điểm được rút ra trước đó. Người nào hợp âm cuối cùng sẽ thắng. Tìm hiểu xem người chơi nào - người mới bắt đầu hoặc đối tác của anh ta - có chiến lược chiến thắng (cho mỗi $n = 4, 5, 6, 7, \dots$).

Đáp số: nếu $n$ là bội số của 4, cũng như nếu $n$ là số lẻ thì người chơi đầu tiên (bắt đầu) sẽ thắng và nếu $n = 4k + 2$ ($k$ là số nguyên), thì người chơi thứ hai sẽ thắng.

Thật thuận tiện khi giả sử rằng các điểm số chẵn và số lẻ được thể hiện bằng các màu khác nhau—chẳng hạn như trắng và đen—và các điểm chia vòng tròn thành các phần bằng nhau.

Trong mọi trường hợp, ý tưởng chính của chiến lược chiến thắng là sử dụng tính đối xứng.

Chiến lược của người chơi thứ nhất ở $n = 4k$ là kiểm tra đường kính bằng một nước đi, sau đó phản ứng với từng nước đi của người thứ 2 bằng cách vẽ một dây cung đối xứng so với đường kính này - xem hình 1. (Có thể di chuyển như vậy, vì sau mỗi nước đi của người chơi thứ nhất, vị trí sẽ đối xứng với đường kính. Điều quan trọng ở đây là các điểm đối xứng theo đường kính có cùng màu và đối xứng với đường kính của điểm - quá.)

Khi $n = 4k + 2$ thắng, chiến lược của người chơi thứ 2 là đáp lại từng nước đi của người chơi thứ nhất bằng cách vẽ một dây cung đối xứng với tâm tương đối ok-

37

Ruzhnosti. Điều quan trọng ở đây là các điểm đối diện theo đường kính có màu sắc khác nhau - dưới đây chúng ta sẽ lợi dụng thực tế là ngay cả trong điều kiện này, trò chơi vẫn thua đối với người mới bắt đầu.

Giả sử $n$ là số lẻ (khi đó trên hình tròn có hai điểm đen liền kề nhau được đánh số 1 và $n$). Với $n=4k+1$, người chơi thứ nhất sẽ đảm bảo chiến thắng nếu ở nước đi đầu tiên anh ta kết nối, chẳng hạn như các chấm đen có số 1 và 3 (hình 2), do đó giảm xuống một trò chơi tương tự với $n=4(k-1)+2$, nơi người mới bắt đầu thua. Người chơi thứ nhất có động tác tương tự nhưng thậm chí còn xảo quyệt hơn ở $n=4k+3$. Ở đây anh ta có thể cắt bỏ ba điểm để chúng duy trì tính đối xứng quanh trục - để làm được điều này, chỉ cần kết nối các điểm đen với các số $2k+1$ và $2k+3$ (hình 3).

Nếu chúng ta đảm bảo sắp xếp các điểm $4k$ còn lại sao cho chúng nằm ở những khoảng cách bằng nhau xung quanh vòng tròn, thì các điểm đối diện theo đường kính sẽ có màu khác nhau (mặc dù các điểm trắng và đen không xen kẽ nhau), và do đó người mới bắt đầu ở đây (tức là người chơi thứ 2) sẽ thua.

Cần có những thông điệp tinh tế hơn trong phiên bản trò chơi mà người chơi thực hiện nước đi cuối cùng sẽ thua. Chúng tôi để lại việc phân tích tùy chọn này cho độc giả.

V. G. Chvanov

M1100*. Trên bờ một con sông thẳng có những khúc gỗ, một trong số đó tạo một góc nhỏ hơn $45^\circ$ với các đường bờ (khúc gỗ là những đoạn không giao nhau; số lượng của chúng là hữu hạn). Chứng minh rằng có ít nhất một khúc gỗ có thể lăn xuống sông mà không ảnh hưởng đến những khúc gỗ khác. ( Khúc gỗ chỉ có thể được lăn theo hướng vuông góc với nó mà không cần quay.)

Đặt bờ biển là nửa mặt phẳng trên và đường bờ biển là đường thẳng nằm ngang $b$. Hãy xem xét một số dấu gạch ngang $l$ (tạo một góc nhỏ hơn $45^\circ$ với đường $b$). Chúng ta hãy vẽ các tia từ đầu của nó tạo thành các góc dọc theo $45^\circ$ với đường thẳng $b$: từ đầu bên phải - theo hướng $p$ “phải - lên”, từ đầu bên trái - theo hướng $q$ “trái - lên” (hình 1), và xét tập hợp các điểm nằm trên mặt của đường đứt nét, bao gồm khúc gỗ $l$ và hai tia này. Rõ ràng là khi tung ra bất kỳ dấu gạch ngang nào thỏa mãn điều kiện bài toán và không có điểm chung với bộ này, chúng ta không thể xác định dấu gạch ngang $l$.

Thật thuận tiện khi xem xét các tập hợp lớn hơn một chút được liên kết với nhật ký $l$ - hãy đặt nó trên mặt đất cạnh “bóng $l$” và biểu thị nó $U_l$ (hình 2): ranh giới của nó là một đường đứt nét đi từ đầu bên phải của nhật ký $l$ theo hướng $p$; sau đó, nếu đường gãy nằm trên điểm bên trong của khúc gỗ nào đó - dọc theo khúc gỗ này sang bên phải, từ đầu bên phải của nó - lại theo hướng $p$, v.v., và cũng tương tự - ở đầu bên trái của khúc gỗ $l$ (ở đây các đoạn của đường gãy đi xuyên qua, dọc theo khúc gỗ theo hướng $q$). Rõ ràng, đối với các chùm khác nhau $l_1$ và $l_2$, chủ đề của chúng không trùng nhau. Hơn nữa, nếu $l_1 \subset U_{l_2}$ (l$_1$ nằm trong bóng của $l_2$), thì $U_{l_1} \subset U_{l_2}$. Bây giờ rõ ràng là trong một chuỗi nhật ký $l_1$, $l_2$, $l_3$, …, trong đó mỗi nhật ký ngăn không cho nhật ký trước đó xuất hiện, sẽ không có nhật ký nào xuất hiện hai lần: đối với nó $U_{l_1} \subset U_{l_2} \subset U_{l_3}$…

38

F1108. Để thể hiện rõ ràng hình dáng bên ngoài của chất sản xuất, mục tiêu có dạng một quả bóng bạc nhỏ, được đóng trong phần rỗng mỏng phía trên của hình nón (xem hình). Một mặt của quả bóng được đánh bóng và mặt kia bị đen. Mục tiêu được lắp đặt từ đáy hình nón trên một mặt phẳng nằm ngang gồ ghề và việc nghiên cứu từ tia laser xung mạnh sẽ tập trung vào bề mặt của quả bóng mục tiêu.

Hãy ước tính năng lượng tối thiểu của xung ánh sáng mà tại đó mục tiêu sẽ bị đổ. Nghiên cứu nên hướng tới mặt nào của quả bóng (phản ánh hay tích cực)?

Giả sử khối lượng của quả bóng là $m=3$ g và khối lượng của giá đỡ cuối cùng lớn hơn nhiều; chiều cao hình nón $h=6$ cm, đường kính đáy $d=3$ mm; độ phản xạ của bề mặt được đánh bóng $r=0,99$; hệ số vị trí của bề mặt bị đen $a=0,99$; đường kính cạnh xung laser $\tau=10$ ns.

bài toán này bắt nguồn từ một thử nghiệm trình diễn thực tế hiện có. Một chùm ánh sáng từ laser xung neodymium có năng lượng xung 2 J và thời gian xung 10 ns được hướng tới mép trên của mục tiêu đứng thẳng - một cái nêm gỗ; Hơn nữa, nếu chùm ánh sáng được hội tụ bằng thấu kính và rơi vào bề mặt bị đen của hình nêm thì mục tiêu sẽ bị lật ngược. Nếu chùm tia không tập trung hoặc chạm vào bề mặt bị đen, mục tiêu sẽ không bị lật. Để đơn giản hóa việc tính toán trong điều kiện bài toán, mục tiêu hình nêm bằng gỗ được thay thế bằng một quả bóng bạc.

Để mục tiêu bị lật, dưới tác dụng của chùm sáng, quả bóng phải thu được động năng đủ để nâng trọng tâm của quả bóng lên một độ cao.

$$H = \sqrt{h^2 + \frac{d^2}{4}} - h \approx \frac{d^2}{8h},$$

tức là phải đáp ứng điều kiện

$$\frac{mv^2}{2} = mgH.$$

Điều này có nghĩa là xung truyền tới quả bóng phải bằng

$$P = mv \approx \frac{md}{2} \sqrt{\frac{g}{h}} \approx 6 \cdot 10^{-5} \text{ кг} \cdot \text{м}/\text{с}.$$

Giả sử mục tiêu bị lật do áp suất nhẹ. Trên thực tế, mỗi photon bị hấp thụ sẽ truyền động lượng $P_0 = E_0/c = hv/c$ sang quả bóng, trong đó $E_0 = hv$ là năng lượng của photon, $c$ là tốc độ ánh sáng. Nhân biểu thức này với số photon trong nghiên cứu, ta thu được tổng động lượng $P$ do photon truyền tới quả bóng, từ đó ta tìm được tổng năng lượng $E$ của chùm sáng cần thiết để làm lật mục tiêu:

$$E = Pc \approx 2 \cdot 10^4 \text{ Дж}.$$

Để lật đổ mục tiêu, 4 cấp độ lớn là không đủ! Điều này có nghĩa là áp suất ánh sáng không đóng vai trò chính trong thí nghiệm này.

Chìa khóa của hiệu quả là năng lượng của chùm tia laser, hấp thụ bề mặt bị đen, tạo ra sự gia nhiệt cục bộ và bay hơi nhanh chóng của chất mục tiêu trong vùng tập trung chùm tia. Luồng hơi tạo ra phản lực làm lật đổ mục tiêu. Hãy thực hiện các phép tính thích hợp.

Để toàn bộ năng lượng ánh sáng được hấp thụ và dùng để làm bay hơi khối lượng $\Delta m$ của chất đó. Sau đó

39

$$\Delta m \approx \frac{E}{L},$$

trong đó $L$ là nhiệt dung riêng của sự hóa hơi (ở đây chúng ta không tính đến năng lượng cần thiết để làm nóng chất đến điểm nóng chảy, để làm tan chảy và để tiếp tục nung nóng đến điểm sôi, vì nó ít hơn nhiều lần so với năng lượng cần thiết cho sự bay hơi). Tốc độ bình phương trung bình của chuyển động nhiệt của các phân tử hơi bằng

$$u = \sqrt{\frac{3RT}{M}},$$

trong đó $R$ là hằng số khí phổ quát, $T$ là điểm sôi, $M$ là khối lượng mol của chất. Đối với môi trường tốc độ này là

$$u = 0,7 \cdot 10^3 \text{ m/c.}$$

Xung cực đại mà tham số mang đi và theo định luật bảo toàn xung truyền đến quả bóng, bằng $\Delta mu$. Để lật ngược mục tiêu, xung này cần phải bằng giá trị $P$ mà chúng tôi đã tìm thấy:

$$\Delta mu = P.$$

Khi đó năng lượng bức xạ cần thiết

$$E = \Delta mL = \frac{PL}{u} \approx 0,2 \text{ Дж},$$

ở đâu $L = 2,2 \cdot 10^6 \text{ Дж/кг.}$. Và đây là một mức độ nhỏ hơn năng lượng bức xạ của tia laser của chúng ta.

Khi đạt được ước tính này, chúng tôi đã không tính đến việc một phần năng lượng ánh sáng bị phản xạ tới mục tiêu, một phần góp phần làm nóng nó (và không chỉ làm bay hơi một phần) và cuối cùng, luồng hơi sẽ thoát ra dưới dạng chùm phân kỳ và do đó, sẽ truyền một xung lực nhỏ hơn một chút đến quả bóng. Tất nhiên, tất cả điều này có nghĩa là ước tính được đánh giá thấp, nhưng hóa ra không quá một bậc độ lớn.

Và một điều cuối cùng. Khi chiếu xạ không phải bề mặt hấp thụ mà là bề mặt phản chiếu của quả bóng, năng lượng cần thiết để lật đổ mục tiêu sẽ lớn hơn ít nhất $1/(1-r)=100$ lần.

Do đó, nếu mục tiêu, khi bề mặt đen của nó bị chiếu xạ, sẽ bị lật nhào dưới tác dụng của năng lượng xung ánh sáng.

$$E > 0,2 \text{ Дж},$$

thì khi một bề mặt phản chiếu được chiếu xạ, sẽ cần có năng lượng để lật nó lại

$$E > 20 \text{ Дж},$$

đó là một bậc có cường độ lớn hơn năng lượng của laser xung neodymium.

E. N. Yunosov, I. V. Yaminsky

F1109. Hai chai được lăn từ mặt phẳng nghiêng xuống: một chai rỗng,

40

cái còn lại là làm đầy cơ thể. Cái nào sẽ lăn nhanh hơn? Chai nào sau đây sẽ đạt độ cao lớn nhất nếu chúng được ném lên một mặt phẳng nghiêng với cùng tốc độ ban đầu? Giả sử rằng không có lỗ xỏ khuyên.

Năng lượng của cả chuyển động tịnh tiến và chuyển động quay. Nếu có nước bên trong chai thì do mật độ thấp nên thực tế nó không tham gia vào quá trình quay. Kết quả là trong trường hợp thứ hai, phần lớn thế năng ban đầu được chuyển thành động năng tịnh tiến và chai nước sẽ lăn nhanh hơn chai rỗng.

Bây giờ chúng tôi trình bày một lời giải nghiêm ngặt hơn. Chúng ta hãy tìm động năng của một chai rỗng có khối lượng $m$, lăn dọc theo một mặt phẳng nằm ngang không trượt với tốc độ $v$. Để đơn giản, chúng ta thay cái chai bằng một hình trụ rỗng và giả sử rằng toàn bộ khối lượng của nó tập trung vào thành mỏng.

Tất cả các điểm của hình trụ đều tham gia vào một chuyển động phức tạp: đây là chuyển động tịnh tiến với tốc độ khối tâm $v$ và quay với tốc độ tuyến tính $v$ trong hệ vắng liên kết với khối tâm.

Hãy xem xét một phần nhỏ của “vành” có khối lượng $\Delta m_i$. Tốc độ của nó là tổng của tốc độ $\vec{v}_i$ ở tâm hệ khối và tốc độ $\vec{v}$ của chính khối tâm (xem hình). Động năng của phần này bằng

$$\Delta E_{ki} = \frac{\Delta m_i(|\vec{v}_i + \vec{v}|)^2}{2} = \frac{\Delta m_i(v_i^2 + v^2 + 2v_i v \cos \alpha_i)}{2},$$

trong đó góc $\alpha_i$ cho các phần khác nhau được lấy từ 0 đến 2l. Tổng động năng của hình trụ bao gồm động năng của tất cả các phần của nó:

$$E_k = \sum_i \Delta E_{ki} = \sum_i \frac{\Delta m_i(v_i^2 + v^2)}{2} = \sum_i \Delta m_i v^2 = mv^2$$

(ở đây chúng tôi đã dạy rằng đối với tất cả các phần $v_i = v$ và cos $\alpha_i$ nhận tất cả các giá trị có thể có ​​- cả dương và âm, vì vậy $\sum_i \cos \alpha_i = 0.$)

Nếu một hình trụ lăn xuống một mặt phẳng nghiêng thì khi đi xuống từ độ cao $h$, nó sẽ thu được tốc độ $v$, vận tốc này có thể tìm được từ định luật bảo toàn năng lượng:

$$mgh = mv^2,$$

Và

$$v = \sqrt{gh}.$$

Từ đó có thể thấy tốc độ này nhỏ hơn $\sqrt{2}$ lần so với tốc độ trong trường hợp lăn không quay. Điều này là do thế năng của hình trụ được chuyển hóa thành động năng của cả chuyển động tịnh tiến và chuyển động quay.

Khi có nước bên trong hình trụ (trường hợp của chúng ta là chai đựng nước), do nó quay nhẹ nên thực tế không tham gia vào chuyển động quay, nên động năng toàn phần của một hình trụ lăn đều có khối lượng $m$ chứa đầy nước có khối lượng $M$ sẽ bằng

$$E_k = mv^2 + \frac{Mv^2}{2} = \left( m + \frac{M}{2} \right)v^2.$$

Sau khi đi xuống từ độ cao $h$ dọc theo một mặt phẳng nghiêng, một hình trụ như vậy, do có thế năng $(m + M)gh$, sẽ thu được động năng $(m + M/2)v^2$, sao cho nó

42

F1112. Trong mạch điện ở hình hình, khi công tắc K mở, tụ điện được tích điện đến một điện áp nhất định $U_0$. Chìa khóa được đóng lại và sau một thời gian dòng điện trong mạch dừng lại. Giá trị của $U_0$ phải bằng bao nhiêu để hướng tới tụ điện bằng $U_y=1$ V khi cực tính của các bản đã thay đổi, nếu suất điện động của pin trong mạch là $E=1,5$ V? Điốt được coi là lý tưởng.

Như có thể thấy từ hình, dòng điện chỉ có thể chạy qua diode $D_1$ từ trái sang phải và qua diode $D_2$ - chỉ từ phải sang trái. Do đó, mạch này là mạch dao động chứa nguồn dòng có EMF không đổi, được bật mỗi lần ngược dòng.

Giả sử tại một thời điểm nào đó, khi công tắc K đóng, không có dòng điện trong mạch, chiều đi đến tụ điện là $U_n$ và điện tích là $q_n=CU_n$ (bản trên của tụ điện tích điện dương). Trong nửa thời gian tiếp theo, tụ điện sẽ được sạc lại - đầu tiên phóng điện, sau đó được sạc với các điện tích trái dấu. Trong trường hợp này, một dòng điện có hướng không đổi sẽ chạy qua diode $D_1$, thực hiện công ngược với phía của lực trong nguồn. Qua cực cực, điện tích của tụ điện sẽ bằng $q_{n+1}$, do đó điện tích $q_n+q_{n+1}$ sẽ chạy qua nguồn (dấu điện tích của các bản thay đổi).

Theo định luật bảo toàn năng lượng, năng lượng của điện trường trong tụ điện bằng công đối với các phía của lực:

$$\frac{q_n^2}{2C} - \frac{q_{n+1}^2}{2C} = (q_n + q_{n+1}) \mathcal{E},$$

Ở đâu

$$\frac{q_n}{2C} - \frac{q_{n+1}}{2C} = \mathcal{E},$$

hoặc $U_n - U_{n+1} = 2\mathcal{E}$.

Do đó, qua cực cực, hướng tới tụ điện sẽ giảm $2\mathcal{E}=3$ V. Điều này sẽ xảy ra cho đến khi hướng (với dòng điện bằng 0) nhỏ hơn $E=1,5$ V. Vì theo điều kiện bài toán hướng cuối cùng bằng 1 V khi cực tính của các bản đã thay đổi, hướng ban đầu của tụ điện (được đo bằng vôn) có thể bằng

$$U_0=4+6n,$$ ở đâu $n=0,1,2,... При получении этой серии решения предполагалось, что в каждую половину периода колебаний, включая последнюю, знак зарядов пластин изменяется. Однако возникен случай, когда в последнюю половину периода заряд изменяется от$q_{N-1}$до$q_N$без изменений знака. Тогда через источник протекает заряд$q_{N-1}-q_N$, и закон сохранения энергии записывается в виде:$$\frac{q_n^2}{2C} - \frac{q_n^2}{2C} = (q_{N-1}-q_N) \mathcal{E}.$$Отсюда получаем$$U_{N-1}+U_N=2\mathcal{E}.$$Таким образом,$U_{N-1}=2\mathcal{E}-U_N=2$В (верхняя пластина конденсатора имеет отрицательный заряд),$U_{N-2}=U_{N-1}+2\mathcal{E}=5$В (верхняя пластина конденсатора положительно) и т. д. Начальное направление в этом случае может быть равно$$U_0=5+6n,$$где$n=0,1,2,…

Vì vậy, có hai loạt:

$$U_0=\begin{cases} 4+6n, & n=0,1,2,.. \\ 5+6n, & n=0,1,2,.. \end{cases}$$

A. I. Kirkinsky