Lời giải bài toán M1125—M1130; F1137—F1142

29

Lời giải bài toán
M1125 — M1130, F1137 — F1142

Chúng ta hãy biểu thị từ thứ $k$ bằng $w_k$. Theo quy tắc quy định trong điều kiện, từ $w_{k+1}$ được lấy từ từ $w_k$. Bằng cách sử dụng điều này, chúng ta có thể chứng minh bằng quy nạp rằng đối với $k > 1$ từ $w_{k+1}$ bao gồm các từ $w_k$ và $w_{k-1}$ được lặp lại hai lần (đối với $k = 2$ và $k = 3$ điều này được hiển thị ở lề):

$$w_{k+1} = w_k w_{k-1}.$$

Trên thực tế, khi áp dụng quy tắc của chúng ta cho sự tương ứng (*), chúng ta thu được $w_{k+1}$ từ $w_k$ và $w_k$ từ $w_{k-1}$, vì vậy nếu sự tương ứng này đúng với một số $k$, thì sự tương ứng tương tự cũng đúng với $k+1$:

$$w_{k+2} = w_{k+1} w_{k+1} w_k.$$

Như vậy, sự tương ứng (*) được chứng minh với mọi $k > 1$.

Cụ thể từ đây, theo câu a): mỗi từ $w_k$ là phần đầu của từ $w_{k+1}$; do đó tất cả $w_k$ đều là các đoạn đầu của từ vô hạn $w = AABAABAAAB$…

Gọi $a_k$ và $b_k$ là số chữ cái $A$ và $B$ trong các từ $w_k$, $s_k = a_k + b_k$ là số tất cả các chữ cái trong các từ $w_k$. Quy tắc chuyển tiếp và đẳng thức (*) hàm ý sự tương ứng

$$b_{k+1} = a_k, a_{k+1} = 2a_k + b_k,$$

(1)

$$a_{k+1} = 2a_k + a_{k-1} (a_1 = 1, a_2 = 2),$$

(2)

$$s_{k+1} = 2s_k + s_{k-1} (s_1 = 1, s_k = 3).$$

Chúng giúp bạn có thể tìm thấy các số hạng đầu tiên của chuỗi $a_k$, $b_k = a_{k-1}$ và $s_k$ ($k = 1, 2, 3, \dots$) - xem bảng.

Chúng ta hãy biểu thị bằng $N_A(m)$ số nơi xuất hiện chữ cái thứ $m$ $A$. Nếu $a_n \leq m < a_{n+1}$, thì lần đầu tiên chữ cái thứ $m$ $A$ xuất hiện trong các từ $w_{n+1}$, và có thể dễ dàng nhận thấy từ (*),

$$N_A(m) = \begin{cases} s_n + N_A(m - a_n), & \text{ если } m \leq 2a_n; \\ 2s_n + N_A(m - 2a_n), & \text{ если } 2a_n < m \leq a_{n+1}. \end{cases}$$

Sử dụng các quy tắc đẳng thức này, chúng ta tìm thấy đáp số cho câu hỏi 6):

$$N_A(1988) = 2 \cdot 1393 + N_A(1988 - 2 \cdot 985) = 2786 + N_A(18) = 2786 + 17 + N_A(18 - 12) = 2803 + 7 + N_A(1) = 2811.$$

(Các giá trị được sử dụng ở đây là $a_9 = 985$, $s_9 = 1393$; $a_4 = 12$, $s_4 = 17$; $a_3 = 5$, $s_3 = 7$; $N_A(1) = 1$.)

Chứng minh rằng $w$ là không tuần hoàn bằng cách sử dụng biểu diễn hình học của dãy này (xem hình trên trang 30). Trên giấy ca rô, chúng ta xây một đường đứt quãng, các liên kết của chúng tương ứng với ký tự thứ tự $w$; chữ $A$ là đoạn hướng lên trên, chữ $B$ là đoạn hướng về bên phải. Có thể thấy, các điểm $(b_k; a_k)$ nằm trên đường đứt nét này và tương ứng với các chữ $w_k$ - các đoạn đầu $w$ ($k = 1, 2, 3, \dots$) - nằm gần một đường thẳng đi qua điểm ban đầu. Hãy chứng minh điều này và tìm độ dốc $\tau$ (độ dốc) của đường này.

Chúng ta đặt $t_k = a_k/b_k = a_k/a_{k-1}$ (độ dốc của $\tau$ sẽ bằng giới hạn của chuỗi $t_k$). Từ công thức (2) suy ra

30

thổi nó ở $k > 1$
$$t_{k+1} = \frac{a_{k+1}}{a_k} = 2 + \frac{a_{k-1}}{a_k} = 2 + \frac{1}{t_k}.$$
(4)

Chúng ta hãy biểu thị bằng $\tau$ nghiệm dương của phương trình
$$\tau = 2 + \frac{1}{\tau} \Leftrightarrow \tau^2 - 2\tau - 1 = 0,$$
tức là $\tau = \sqrt{2} + 1$. Sau đó
$$t_{k+1} - \tau = t_{k+1} - 1 - \sqrt{2} = \frac{1}{t_k} + 1 - \sqrt{2} = \frac{1}{t_k} - \frac{1}{\tau} = \frac{\tau - t_k}{t_k\tau},$$
Ở đâu
$$a_{k+1} - \tau b_{k+1} = (t_{k+1} - \tau) a_k = \frac{(\tau - t_k) a_k}{t_k\tau} = \frac{\tau b_k - a_k}{\tau} = \frac{\tau b_k - a_k}{\sqrt{2} + 1},$$
Vì vậy
$$|a_{k+1} - \tau b_{k+1}| < |\tau b_k - a_k|/2.$$

Do đó, khoảng cách theo chiều dọc từ điểm $(b_k; a_k)$ đến đường thẳng $y = \tau x$ tăng hơn gấp đôi khi di chuyển từ $k$ đến $k+1$ (và ký hiệu độ lớn $a_k - \tau b_k$ tính bằng inch). Nếu chuỗi $w$ là (ít nhất là bắt đầu từ một vị trí nhất định) tuần hoàn và trong khoảng thời gian đó sẽ có $p$ chữ cái $A$ và $q$ chữ cái $B$, thì toàn bộ đường đứt đoạn được xây dựng sẽ được chứa trong một dải nhất định, các cạnh của dải này sẽ có độ dốc $p/q$. Nhưng đường thẳng $y = \tau x$ hoàn toàn rời khỏi dải này và di chuyển ra xa nó, vì số $\tau = 1 + \sqrt{2}$ là số vô tỉ và không bằng $p/q$. Do đó, các điểm $(b_k; a_k)$ của đường đứt nét, bắt đầu từ một số $k$, không hoàn toàn nằm trong một dải như vậy. Theo đó, chuỗi $w$ không có dấu chấm.

Bằng chứng này có thể được trình bày mà không cần sự trợ giúp của giấy ca rô và giấy vụn. Nói tóm lại, nếu trong số $n$ chữ cái đầu tiên $w$ có $\alpha(n)$ chữ cái $A$ và $\beta(n)$ chữ cái $B$, thì đối với dãy tuần hoàn $w$ giới hạn $\lim \frac{\alpha(n)}{\beta(n)}$ phải bằng một số hữu tỉ; mặt khác, đối với dãy $t_k = \alpha(s_k)/\beta(s_k) = a_k/b_k$ của nó thì theo công thức (4) giới hạn chỉ có thể bằng $\sqrt{2} + 1$ (từ (5) dễ dàng thấy rằng giới hạn này tồn tại).

Lưu ý rằng chúng ta có thể nhận ra mối liên hệ sâu sắc hơn giữa số $\sqrt{2} + 1$ và dãy $w$ (và các từ $w_k$) từ các chữ cái $A$ và $B$. Sự thật là do (4)

$$t_k = \frac{a_k}{b_k} = 2 + \frac{1}{2 + \frac{1}{2 + \dots + \frac{1}{2}}},$$

tức là $t_k$ là cái gọi là “phân số phù hợp” của một phân số liên tục vô hạn

$$\tau = 1 + \sqrt{2} = 2 + \frac{1}{2 + \frac{1}{2 + \dots}};$$

do đó, các điểm $(b_k; a_k)$ tương ứng với các nút mạng liền kề với đường $y = \tau x$ gần hơn các nút có tọa độ nhỏ hơn (xem «Kvant», 1983, Số 5; 1971,

31

số 11). Hơn nữa, các ô mà tia $y=\tau x$ đi qua (chúng được tô bóng ở hình 3) tạo thành các chuỗi lặp lại cấu hình của đường đứt nét màu đỏ. Điều này cho phép chúng ta khám phá các thuộc tính mới của đường đứt nét và dãy $w$; ví dụ: nó “gần như đồng nhất”: trong số bất kỳ chữ cái $N$ nào liên tiếp, số lượng chữ cái $A$ có thể khác nhau không quá một (đối với mỗi chữ cái $N$), tức là bằng $[\tau N]$ hoặc $[\tau N+1]$.

N. V. Vasiliev

M1126. Cho hình thang ABCD có đáy BC và AD trên các cạnh AB và CD chọn các điểm K và M. Chứng minh rằng nếu $\angle BAM=\angle CDK$ thì $\angle BMA=\angle CKD$.

Gọi $O$ là giao điểm của phần kéo dài của các cạnh bên $AB$ và $CD$ của hình thang đã cho (xem hình). Chúng ta hãy thực hiện phép đối xứng tuần tự $S$ đối với phân giác của góc $AOD$ và việc chuẩn bị $H$ với tâm $O$ và hệ số $OD/OA$. Trong trường hợp này, điểm $A$ sẽ chuyển sang $D$ (xem hình) và điểm $B$ - đến $C$ (vì $OC/OB=OD/OA$), góc $OAM$ - đến góc $ODK$, bằng với góc đó theo điều kiện. Do đó, điểm $M$, nằm ở giao điểm của các đường $AM$ và $OD$, sẽ tiến tới giao điểm hình ảnh của các đường này - $DK$ và $OA$, tức là đến điểm $K$. Vì vậy, các điểm $A$, $M$, $B$ lần lượt đi đến $D$, $K$, $C$ và do đó $\angle AMB=\angle DKC$.

lời giải còn lại dựa trên thực tế là một đường tròn có thể ngoại tiếp xung quanh tứ giác $AKMD$, và do đó cũng xung quanh $BKMC$.

V. N. Dubrovsky, A. S. Merkuryev

M1127. Máy tính vi mô “Cheburashka” có thể cộng, trừ và tìm số nghịch đảo $1/X$ từ một số cho trước $X$. Có thể sử dụng máy tính vi mô này để thu được một đơn vị, cho số ban đầu $a)$ $\sqrt{19}+88$; b) $\sqrt{19}+88$; c) $\sqrt{19}+88$? (Cấm nhập các số vào máy tính vi mô khác với số ban đầu hoặc số thu được từ các phép tính trên đó.)

a) Đáp số: bạn có thể. Đầu tiên hãy tính toán

$$a = \frac{1}{\sqrt{19}+88} = \frac{88-\sqrt{19}}{88^2-19},$$

thì chúng ta thu được các số tuần tự $88-\sqrt{19}$ (dưới dạng tổng của $88^2-19$ số hạng $a$), $176=(88+\sqrt{19})+(88-\sqrt{19})$, $1/176$ và $1$ (tổng của $176$ số hạng $1/176$).

b) Đáp số: có thể. Chúng ta hãy sử dụng danh tính

$$\frac{1}{x} - \frac{2}{\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1/x-y}} = xy^2.$$

Phía bên trái của nó có thể được tính là “Cheburashka”. Do đó, từ số $x$ người ta có thể thu được $x^3$ (với $y=x$), $x^5=x^3 \cdot x^2$, $x^7=x^5 \cdot x^2$, …, $x^{19}$, tức là từ $\sqrt{19}88$ người ta có thể thu được $88$, sau đó là $1/88$ và $1$.

b) Đáp số: không thể được. Áp dụng các phép toán được phép cho các số có dạng $a\sqrt{19}+b\sqrt{88}$ với các số không đồng nhất $a$ và $b$, chúng ta sẽ lại thu được các số cùng loại (cụ thể là $1/(a\sqrt{19}+b\sqrt{88})=(a\sqrt{19}-b\sqrt{88})/(19a^2-88b^2))$. Do đó, không thể lấy một số từ số $\sqrt{19}+88$.

Có thể chứng minh rằng 1 thu được từ số $a$ khi và chỉ khi $a$ là nghiệm của đa thức

33

Bây giờ hãy xem xét một khu rừng $M_1$, bao gồm một cây linh sam và mười cây bạch dương ở khoảng cách 1 km từ nó. Đối với anh ta mối quan hệ là $n/k=0,1$. Chúng ta hãy xây dựng rừng $M_2$ từ $M_1$ theo cách được mô tả, từ rừng $M_2$ - rừng $M_3$, v.v. Đối với rừng $M_{11}$ tỷ lệ này sẽ bằng 0,1+10·0,1=1,1>1 và điều kiện Monkhgagusen được thỏa mãn. Đúng vậy, khu rừng này bao gồm $10^{11}$ bạch dương và $11\cdot 10^{10}$ cây linh sam, rất nhiều ngay cả đối với nam tước huyền thoại. Tuy nhiên, có một ví dụ khác khẳng định nam tước không bao giờ nói dối.

Giả sử khu rừng $F_1$ gồm có hai cây linh sam và hai cây bạch dương nằm ở các đỉnh đối xứng đường kính của hình vuông. Khoảng cách là một dãy $F_1$, $F_2$, …, trong đó rừng $F_{k+1}$ là sự kết hợp của rừng $F_k$ và rừng $F'_k$, thu được từ $F_k$ bằng cách chuyển sang một vectơ $\vec{v}_k$ nào đó của “vị trí chung” (giao điểm độc quyền) dài 1 km và thay thế cây linh sam bằng bạch dương và ngược lại (hình2). Rõ ràng, một khu rừng $F_9$, bao gồm $2^9=512$ cây linh sam và số lượng bạch dương như nhau, thỏa mãn điều kiện Monkhgagusen. Áp dụng cấu trúc được mô tả ở đầu lời giải, chúng ta có được một khu rừng hoàn toàn thực gồm $21\cdot 512=10752$ cây, cũng thỏa mãn điều kiện này, trong đó tỷ lệ giữa số lượng cây linh sam với số lượng bạch dương là 1,1>1.

F. L. Nazarov

M1130. Cho một n-giác lồi trên mặt phẳng, độ dài cạnh thứ k bằng $a_k$ và độ dài hình chiếu của đa giác lên đường thẳng chứa cạnh này bằng $d_k$ (k=1,2,…,n). Chứng minh bất đẳng thức
$$2 < \frac{a_1}{d_1} + \dots + \frac{a_n}{d_n} \leq 4.$$

Hình 1.

Rõ ràng, độ dài hình chiếu của một đa giác lồi lên bất kỳ đường thẳng nào đều nhỏ hơn hai tổng chiều dài các hình chiếu của cạnh của nó lên đường thẳng này (hình 1), và do đó nhỏ hơn một nửa chu vi của nó $p$. Đó là lý do tại sao
$$\frac{a_1}{d_1} + \dots + \frac{a_n}{d_n} > \frac{2a_1}{p} + \dots + \frac{2a_n}{p} = 2 \cdot \frac{a_1 + \dots + a_n}{p} = 2.$$

Ước tính này không thể cải thiện được, như ví dụ về đa giác “phẳng” cho thấy, có $d_i=p/2$ cho tất cả $i$.

Để chứng minh giới hạn trên, chúng ta xây dựng một số đa giác phụ. Chúng ta hãy vẽ từ một điểm $n$ các cặp vectơ đối diện, mỗi vectơ có chiều dài bằng nhau và song song với một trong các cạnh của $n$-gon $M$ đã cho và đánh số các vectơ này theo chiều kim đồng hồ: $\vec{v}_1, \vec{v}_2, \dots, \vec{v}_{2n}$ (hình 2); được xếp hạng bởiindo, $\vec{v}_i = -\vec{v}_{i+n}, i=1, 2, \dots, n$. Từ đầu $B_1$ của vectơ $\vec{v}_1$, chúng ta ngắt kết nối vectơ $\overrightarrow{B_1}B_2 = \vec{v}_2$, từ đầu $B_2$ của nó, chúng ta ngắt kết nối vectơ $\overrightarrow{B_2}B_3 = \vec{v}_3$, v.v. (hình 3). Điểm cuối cùng $B_{2n}$ trùng với điểm bắt đầu của $\vec{v}_1$. Dễ dàng nhận thấy rằng kết quả $2n$-gon $N=B_1B_2...B_{2n}$ là lồi, có tâm đối xứng $O$ và hai cạnh đối diện của nó bằng nhau và song song với một trong các cạnh của đa giác $M$. Theo phát biểu ở đầu lời giải, độ dài của hình chiếu $N$ lên bất kỳ đường thẳng nào bằng tổng độ dài hình chiếu của vectơ $\vec{v}_1, \dots, \vec{v}_n$ lên đường thẳng này, tức là hai lần

34

Chiều dài chiếu lớn $M$ lên nó. Do đó, biểu thức $a_1/d_1 + \dots + a_n/d_n$ được xem xét trong bài toán có cùng ý nghĩa đối với đa giác $N$ và $M$. Vì vậy, chỉ cần chứng minh bất đẳng thức của chúng ta đối với $N$ là đủ. Gọi $a_1 = B_1B_2$, $d_1$ là độ dài của hình chiếu $N$ lên $B_1B_2$, $h_1$ là khoảng cách giữa các đường $B_1B_2$ và $B_{n+1}B_{n+2}$. Sau đó (xem hình 3 để biết $n=3$)

$$\frac{a_1}{d_1} = \frac{a_1h_1}{d_1h_1} \leq \frac{S(B_1B_2B_{n+1}B_{n+2})}{S(N)} = \frac{4S(OB_1B_2)}{S(N)},$$

trong đó $S$ biểu thị diện tích. Theo cách tương tự chúng ta có được điều đó

$$\frac{a_1}{d_1} + \dots + \frac{a_n}{d_n} \leq 4 \cdot \frac{S(OB_1B_2) + S(OB_2B_3) + \dots + S(OB_{2n}B_1)}{S(N)} = 4.$$

Trong trường hợp hình vuông, bất đẳng thức này chuyển thành đẳng thức.

D. V. Fomin

F1137. Máy tạo tĩnh điện (xem hìnhnok) bao gồm một hình trụ không dẫn điện trên đó dán các dải giấy bạc $\Phi_1$ và $\Phi_2$, các tấm bên ngoài $O_1$ và $O_2$, các dây dẫn dòng điện cố định $T_1$ và $T_2$ ở bên ngoài và một dây nhảy cố định bên trong với các dây dẫn dòng điện $T_3$ và $T_4$. Ở vị trí ban đầu, các dải giấy bạc hướng về phía các tấm bên ngoài và tạo thành các tụ điện có giá trị $C_1$ mỗi tấm. Với các tấm bên ngoài, chúng tôi kết nối một tụ điện với tụ điện $C_0$, được sạc trước đến điểm phát hiện $U_0$. Hình dáng của tụ điện này như thế nào sau $N$ vòng quay hình trụ theo chiều kim đồng hồ? Điện dung giữa các tấm và dải giấy bạc ở trạng thái phát triển là không đáng kể.

Khi quay hình trụ nửa vòng, các dải giấy bạc $\Phi_1$ và $\Phi_2$ được đặt vào các vị trí, nhưng một lần nữa, như ở vị trí ban đầu, chúng cùng với các tấm $O_1$ và $O_2$ tạo thành hai tụ điện có giá trị $C_1$ mỗi tụ điện. Trong trường hợp này, điện áp trên tụ điện em có xương $C_0$ sẽ lớn hơn một số $k$ so với giá trị ban đầu:

$$U = kU_0.$$

Nửa vòng tiếp theo sẽ tăng điện áp thêm $k$ lần nữa, v.v. Do đó, sau $N$ vòng quay, điện áp trên tụ sẽ là $C_0$

$$U_N = k^{2N}U_0.$$

Tất cả những gì còn lại là tìm số $k$.

Ở vị trí ban đầu, lực căng giữa các tấm $O_1$ và $O_2$ bằng $U_0$. Điện áp này được đặt vào các tụ điện mắc nối tiếp có cùng chi phí $C_1$. Do đó, điện áp trên mỗi tụ điện là $U_1 = U_0/2$ và điện tích là $q_1 = C_1U_0/2$.

Khi hình trụ quay làm cho dải tụ tiếp xúc với các tụ điện $T_1$ và $T_2$, điện tích từ các dải này sẽ đi đến các tụ điện có điện dung $C_0$. Các khoản phí cũng sẽ được loại bỏ khỏi các đĩa $O_1$ và $O_2$. Vì điện dung giữa các bản và dải giấy bạc ở trạng thái phát triển là không đáng kể nên các bản này sẽ gần như phóng điện hoàn toàn. Do đó, với điện tích ban đầu $C_0U_0$ của tụ điện tấm dương, một điện tích khác $C_1U_0/2$ từ dải giấy bạc $\Phi_1$ và điện tích $C_1U_0/2$ từ tấm $O_2$ sẽ được thêm vào, trong khi điện tích âm sẽ chuyển sang bản âm của tụ điện. Do đó, tụ điện em có $C_0$ có điện tích

$$q = (C_0 + C_1)U_0.$$

Khi hình trụ quay tiếp, sự tiếp xúc của nó với các ống hiện tại $T_1$ và $T_2$ sẽ dừng lại, chính xác sau nửa vòng quay, dải $\Phi_1$ chạm vào ống hiện tại $T_4$ và dải $\Phi_2$ chạm vào ống hiện tại $T_3$, các dải gần đúng

35

gắn vào các bản và một lần nữa tạo thành hai tụ điện có điện dung $C_0$ mỗi tụ điện. Điện tích $q$ được phân phối lại giữa tấm tụ điện có công suất $C_0$ và tấm $O_2$:

$$\left(C_0 + C_1\right)U_0 = C_0U + C_1U/2,$$

Ở đâu

$$U = \frac{C_0 + C_1}{C_0 + C_1/2}U_0.$$

Hệ số $U_0$ chỉ cho ta số $k$ nên điện áp cuối cùng trên tụ điện có công suất $C_0$ sẽ là

$$U_N = \left(\frac{C_0 + C_1}{C_0 + C_1/2}\right)^{2N}U_0.$$

Giá trị điện áp thấp nhất tương ứng với giá trị sau, khi $C_0$ nhỏ hơn nhiều so với $C_1$:

$$U_{N_{\max}} \approx 2^{2N}U_0.$$

Tuy nhiên, trong các máy phát tĩnh điện thực tế, khi đạt đến điện áp cao, sự cố về điện sẽ xảy ra.

I. I. Chim sẻ

F1138. Tăng tốc với khả năng tăng tốc tối đa có thể trên đoạn đường thẳng của đường cao tốc, bình ngưng tăng tốc độ từ $v_1 = 10,0$ m/s lên $v_2 = 10,5$ m/s trong thời gian $\Delta t_1 = 0,1$ s. Anh ta sẽ mất bao lâu để làm điều tương tự trên đoạn đường vành đai của đường cao tốc có bán kính $R = 30$ m? Ở bán kính bao nhiêu của vòng tròn thì anh ta thường không thể tăng tốc độ lên trên 10 m/s? Mặt phẳng đường cao tốc nằm ngang.

Gia tốc tối đa có thể

$$a = \frac{v_2 - v_1}{\Delta t_1} = 5 \text{ м/c}^2$$

được xác định bởi lực ma sát và không đổi đối với cả đoạn thẳng và đoạn vành đai của đường cao tốc. Khi chuyển động tròn đều, gia tốc toàn phần $a$ gồm gia tốc tiếp tuyến $a_K(a_K = \Delta v/\Delta t)$ và gia tốc pháp tuyến $a_H(a_H = v^2/R)$:

$$\vec{a} = \vec{a}_K + \vec{a}_H,$$

hoặc

$$a^2 = a_K^2 + a_H^2,$$

Ở đâu

$$a_K = \sqrt{a^2 - a_H^2}.$$

Trong trường hợp của chúng tôi, tốc độ thay đổi rất ít và gia tốc tiếp tuyến có thể được coi là không đổi. Khi đó thời gian cần thiết

$$\Delta t_2 = \frac{\Delta v}{a_K} = \frac{v_2 - v_1}{\sqrt{a^2 - (v_1^2/R)^2}} = 0,15 \text{ с.}$$

Bán kính quay vòng tối thiểu ở tốc độ $v_1$

$$R_{\min} = \frac{v_1^2}{a} = 20 \text{ м.}$$

A. R. Zilberman

36

F1139. Ống hình chữ U chứa đầy nước một phần (xem hình). Các đầu trên của ống được đóng lại và khuỷu tay phải của ống được làm nóng đến nhiệt độ $t_2 = 100^\circ\text{C}$, và khuỷu tay bên trái - đến $t_1 = +99.5^\circ\text{C}$. Xác định sự chênh lệch mực nước ở trạng thái ổn định ở các đoạn ống uốn cong. Bên phải: Ở tầng 23 (cách mặt đất 70 m), nhiệt độ sôi của nước thấp hơn mặt đất 0,25 độ. Phần mở rộng Tellian của ngăn xếp nên được bỏ qua khi tính toán.

Mỗi chỗ uốn ống chứa không khí phía trên mặt nước (có sẵn trước khi đun nóng) và hơi nước bão hòa. Chúng ta sẽ giả sử rằng trong quá trình đun nóng, rất ít nước bay hơi (điều này có thể dễ dàng kiểm tra sau), tức là khi mực nước ở một trong các khuỷu tay tăng $\Delta h$, thì ở khuỷu kia nó cũng giảm xuống $\Delta h$, và chúng ta sẽ viết tình trạng của nước trong ống sau khi đun nóng:

$$p_1 + p_{\text{н1}} + \rho_{\text{воды}} g(2\Delta h) = p_2 + p_{\text{н2}},$$

trong đó $p_1$ và $p_2$ là áp suất không khí, $p_{\text{н1}}$ và $p_{\text{н2}}$ là áp suất của hơi nước bão hòa.

Áp suất không khí được biểu thị dễ dàng dưới dạng áp suất khí quyển $p_0$, được điều chỉnh theo thể tích và nhiệt độ:

$$p_1 = p_0 \frac{T_1}{T_0} \frac{h_0}{h_0 - \Delta h}, p_2 = p_0 \frac{T_2}{T_0} \frac{h_0}{h_0 + \Delta h}.$$

Từ đây chúng ta tìm thấy sự khác biệt về áp suất không khí:

$$\Delta p_{\text{возд}} = p_1 - p_2 = p_0 \left( \frac{T_1}{T_0} \frac{1}{1 - \Delta h/h_0} - \frac{T_2}{T_0} \frac{1}{1 + \Delta h/h_0} \right) =$$

$$= \frac{p_0}{T_0} \frac{T_1 - T_2 + (T_1 + T_2)\Delta h/h_0}{1 - (\Delta h/h_0)^2} \approx \frac{p_0}{T_0} \left( T_1 - T_2 + (T_1 + T_2)\frac{\Delta h}{h_0} \right)$$

(ở đây chúng tôi đã dạy điều đó $\Delta h/h_0 \ll 1$).

Theo điều kiện bài toán, chênh lệch áp suất hơi bão hòa ở các khúc cua ống bằng áp suất của cột nước có độ cao $H = 140$ m:

$$\Delta p_{\text{н}} = p_{\text{н2}} - p_{\text{н1}} = \rho_{\text{возд}} g H = \frac{p_0 M_{\text{возд}}}{RT_0} g H.$$

Bây giờ từ điều kiện cân bằng chúng ta tìm được mối quan hệ

$$\frac{\Delta h}{h_0} = \frac{T_2 - T_1 + M_{\text{возд}} g H/R}{T_1 + T_2 + 2 \rho_{\text{возд}} g h_0 T_0/p_0} \approx 7 \cdot 10^{-3}$$

và sự chênh lệch mực nước được xác định

$$2\Delta h \approx 8,4 \cdot 10^{-3} \text{ м} = 0,84 \text{ см}$$

(ở đây chúng tôi lấy $T_0 = 273$ K, $p_0 = 10^5$ Pa, $h_0 = 60$ cm).

A.R. Zilberman

F1140. Phần tích điện được giải phóng ra môi trường, nơi nó chịu tác dụng của một lực cản tỷ lệ thuận với tốc độ. Trước khi dừng hẳn, bộ phận đó di chuyển được quãng đường $L = 10$ cm. Nếu môi trường có một từ trường nào đó vuông góc với vận tốc của hạt thì với cùng tốc độ ban đầu, nó sẽ dừng lại ở khoảng cách $l_1 = 6$ cm tính từ điểm đi vào môi trường.

Khi có từ trường, một hạt trong môi trường chịu tác dụng của hai vận tốc vuông góc và tỉ lệ lẫn nhau của hạt. Đây là lực ma sát $\vec{F}_{\text{тр}}$ —

$$\vec{F}_{\text{тр}} = kv = k\Delta s/\Delta t$$

và lực Lorentz $\vec{F}_{\text{л}} = qBv = qB\Delta s/\Delta t.$

Sự thay đổi động lượng của hạt $m\Delta v$ trong thời gian $\Delta t$ sẽ được cộng theo vectơ từ xung lực của lực ma sát $\vec{F}_{\text{тр}} \Delta t$ và xung lực của lực Lorentz $\vec{F}_{\text{л}} \Delta t$, tạo thành một tam giác vuông (hình 1). Một tam giác đồng dạng tạo thành các vectơ tương ứng trong toàn bộ thời gian chuyển động của hạt trong môi trường (hình 2; ở đây $l$ -

37

Thứ Tư. Ở khoảng cách nào $l_2$ từ điểm đi vào thì hạt sẽ dừng lại nếu trường mạnh bằng một nửa?

F1141. Hiện nay, liên quan đến việc phát hiện hiện tượng siêu dẫn nhiệt độ cao, vấn đề tạo ra đường truyền dòng điện một chiều không bị tổn thất năng lượng trên vật thể Joule đang được nghiên cứu. Người ta đề xuất sử dụng cáp đồng trục bao gồm một lớp vỏ hình trụ bên trong làm bằng chất siêu dẫn để truyền dòng điện một chiều. Điện trường và từ trường trong một hệ thống như vậy được biểu thị bằng hình. Người ta biết rằng từ trường cảm ứng ở bề mặt chất siêu dẫn không thể vượt quá $B_{\max}$, nếu không thì chất siêu dẫn sẽ bị phá hủy và điện áp điện trường không được vượt quá $E_{\max}$, nếu không sẽ xảy ra sự cố điện trong quá trình cách điện của cáp. Xác định xem công suất dòng điện một chiều lớn nhất truyền qua sợi cáp đó thay đổi bao nhiêu lần nếu đường kính của vỏ trong và vỏ ngoài tăng gấp đôi?

Hình 1. Hình 2.

khoảng cách từ điểm đi vào môi trường đến điểm dừng, $v_0$ là vận tốc ban đầu của hạt trong môi trường).

Trong trường hợp không có từ trường, tam giác vuông ở hình 2 biến thành đường thẳng và

$$mv_0 = kL.$$

Trong từ trường có cảm ứng $B$
$$mv_0 = \sqrt{(kl_1)^2 + (qBl_1)^2}.$$

Tương tự trong trường có cảm ứng $B/2$
$$mv_0 = \sqrt{(kl_2)^2 + (qBl_2/2)^2}.$$

Trong ba trận đấu gần đây nhất, $l_2$ được tìm thấy:

$$l_2 = l_1 \frac{2}{\sqrt{1 + 3(l_1/L)^2}} = 8,3 \text{ см.}$$

A. I. Buzdin

Có thể thấy từ điều kiện bài toán, cảm ứng $B$ của từ trường lấy giá trị cực đại của giá trị lõi bên trong của cáp. Nó không được vượt quá một giá trị nhất định $B_{\max}$, nếu không tính siêu dẫn của lõi bên trong sẽ bị phá hủy. Điều kiện này xác định dòng điện tối đa $I_{\max}$ có thể truyền qua cáp:

$$B_{\max} = \frac{\mu_0}{2\pi} \frac{I_{\max}}{d/2} = \frac{\mu_0 I_{\max}}{\pi d},$$

$$I_{\max} = \frac{\pi d B_{\max}}{\mu_0}.$$

Do đó, đối với một giá trị nhất định $B_{\max}$ thì dòng điện tối đa tỷ lệ với đường kính của lõi cáp bên trong:

$$I_{\max} \sim d.$$

Điện áp $E$ của điện trường trong không gian giữa các dây dẫn hình trụ thay đổi tỷ lệ nghịch với khoảng cách $r$ tính từ trục của hình trụ:

$$E(r) \sim \frac{1}{r}.$$

Có thể dễ dàng hiểu sự phụ thuộc này về mặt định tính bằng cách giảm các đường sức điện trường xuống hình (hãy nhớ rằng cường độ của điện trường đặc trưng cho mật độ của các đường sức, tức là số lượng đường sức, đơn vị tùy ý của mặt phẳng). Sự phụ thuộc vào số lượng $E(r)$ hãy cố gắng sử dụng trường này.

Vì vậy, cường độ của điện trường cũng như cảm ứng của từ trường là quan trọng nhất đối với kích thước lõi bên trong của cáp. Ở vị trí này độ kín không được vượt quá $E_{\max}$, nếu không sẽ xảy ra sự cố về điện. Nếu ở $r = d/2$ trường đóng

38

Vì. Công suất tối đa có thể truyền qua cáp có đường kính vỏ bọc $D=8$ cm, $d=3$ cm, nếu $E_{\max}=20$ kV/cm và $B_{\max}=5 \cdot 10^{-2}$ T là bao nhiêu? Chú ý: cảm ứng từ trường trong không gian giữa các dây dẫn hình trụ trùng với từ trường của dây dẫn thẳng có dòng điện I:

$$B = \frac{\mu_0}{2\pi} \frac{I}{r}$$

($\mu_0=4\pi \cdot 10^{-7} H/A^2$ là hằng số từ).

F1142. Sự hình thành họ sao chổi của Sao Mộc được mô tả theo sơ đồ sau. Sao chổi rơi từ một khoảng cách rất xa với tốc độ ban đầu vào Mặt trời và bay cách Sao Mộc một khoảng cách ngắn (xem hình). Sau khi ảnh hưởng đáng chú ý của trường hấp dẫn của Sao Mộc chấm dứt, sao chổi lại chuyển động trong trường của Mặt trời và tốc độ của nó ngược hướng với tốc độ của Sao Mộc, và quỹ đạo mới của sao chổi nằm ở vị trí lớn hơn quỹ đạo của Sao Mộc, tức là ở khoảng cách $R=5,2$ a. đ. từ Mặt Trời. Toàn bộ quỹ đạo của một sao chổi như vậy sẽ nằm ở khoảng cách bao nhiêu so với Mặt trời?

Bằng $E_{\max}$ thì trong khoảng trống giữa các dây dẫn hình trụ

$$E(r) = E_{\max} \frac{d/2}{r}.$$

Từ đây bạn có thể tìm thấy điện áp tối đa $U_{\max}$ giữa các điện cực:

$$U_{\max} = \int \frac{d/2}{d/2} E_{\max} \frac{d/2}{r} dr = \frac{E_{\max} d}{2} \ln \frac{D}{d}.$$

Nếu các cáp được so sánh trong bài toán có hình dạng tương tự nhau, tức là $D/d=$const, thì điện áp tối đa tỷ lệ thuận với đường kính của lõi bên trong:

$$U_{\max} \sim d.$$

Do đó, công suất cực đại truyền qua cáp là

$$P_{\max} = U_{\max} I_{\max} \sim d^2.$$

Khi đường kính lõi trong và vỏ ngoài của cáp tăng gấp 2 lần thì công suất truyền tải cực đại tăng gấp 4 lần. Đối với cáp có tham số được chỉ định trong điều kiện bài toán, công suất tối đa bằng

$$P_{\max} = U_{\max} I_{\max} = \frac{\pi d^2 E_{\max} B_{\max}}{2\mu_0} \ln \frac{D}{d} \approx 10^8 \text{ Вт.}$$

S. M. Kozel

Lưu ý rằng Mặt trời có khối lượng lớn hơn $10^3$ lần Sao Mộc, do đó kích thước của vùng mà lực hấp dẫn của Sao Mộc tương đương với ảnh hưởng của Mặt trời nhỏ hơn $10^6$ lần so với bán kính của sơ đồ quỹ đạo. Đồng thời, thời gian tương tác đáng kể của sao chổi với sao Mộc là ngắn không thể so sánh được so với các chu kỳ chuyển động quay của sao Mộc và sao chổi quanh Mặt trời, do đó, ý nghĩa của sao chổi trong thời gian này là không đáng kể. Do đó, chúng ta có thể chia chuyển động của sao chổi thành ba giai đoạn độc lập: 1) chuyển động của sao chổi từ một vị trí xa về phía Hệ Mặt trời dưới tác động của lực hấp dẫn của Mặt trời, 2) chuyển động “tức thời” trong trường Sao Mộc, 3) chuyển động theo quỹ đạo hình elip quanh Mặt trời (và ở giai đoạn này không tính đến ảnh hưởng của Sao Mộc).

Từ điều kiện Sao Mộc chuyển động theo quỹ đạo tròn dưới tác dụng của lực hấp dẫn của Mặt Trời với khối lượng $M$

$$\frac{v^2}{R} = \frac{GM}{R^2}$$

chúng ta có được tốc độ của Sao Mộc $v$:

$$v = \sqrt{\frac{GM}{R}}.$$

Vận tốc của sao chổi $v_k$ khi đến gần Sao Mộc ở cuối giai đoạn đầu được xác định từ định luật bảo toàn

39

năng lượng (ở khoảng cách vô hạn, năng lượng, như thường lệ, được coi là bằng 0):

$$\frac{v^2_k}{2} - \frac{GM}{R} = 0, \quad v_k = \sqrt{\frac{2GM}{R}} = v\sqrt{2}.$$

Hướng tốc độ của sao chổi và Sao Mộc ban đầu được phân phối lại cho nhau, điều đó có nghĩa là so với Sao Mộc, tốc độ của sao chổi bằng

$$v'_k = v\sqrt{3}.$$

Sau khi rời khỏi trường hấp dẫn của Sao Mộc (ở đầu giai đoạn thứ ba), tốc độ của sao chổi so với hành tinh chỉ thay đổi về hướng, còn so với Mặt trời thì nó trở nên bằng nhau

$$v_1 = v(\sqrt{3} - 1).$$

Bây giờ sao chổi lại chỉ tương tác với Mặt trời. Ở điểm viễn nhật và điểm cận nhật, tốc độ phân bố lại theo vectơ bán kính rút ra từ Mặt trời, nghĩa là định luật thứ hai của Kepler sẽ được viết như sau:

$$v_1R = v_2x.$$

Từ định luật bảo toàn năng lượng -

$$\frac{v^2_1}{2} - \frac{GM}{R} = \frac{v^2_2}{2} - \frac{GM}{x}.$$

Giải các phương trình thu được chung, ta tìm được hai đáp số:

$$x_1 = R = 5,2 \text{ а. e.}$$

là điểm viễn nhật, trong đó phương trình trở thành đẳng thức, và

$$x_2 = R(2 - \sqrt{3}) / (\sqrt{3} - 1) = 0,37 \quad R = 1,9 \text{ а. e.}$$

• đây là khoảng cách cần thiết trong điểm cận nhật.

V. E. Belonchkin

Người đăng ký chú ý!

Hiện tại, số trang trên tạp chí của chúng tôi đang tăng 25%, điều này cho phép chúng tôi mở một số chuyên mục mới.

Để bù đắp chi phí tăng số lượng tạp chí, giá mỗi số tạp chí tăng thêm 5 kopecks. Giá mới của tạp chí là 45 kopecks. Thật không may, lời giải việc tăng số lượng và giá thành của tạp chí đã được phê duyệt sau khi phát hành danh mục Soyuzpechat và bắt đầu đăng ký vào năm 1989. Nếu bạn đã đăng ký, vui lòng liên hệ với chi nhánh Soyuzpechat thích hợp

kiếm thêm 5 kopecks cho mỗi số.

Đối với những người chưa có thời gian đăng ký «Kvant» kể từ đầu năm, chúng tôi xin nhắc bạn rằng đăng ký này được chấp nhận mà không bị hạn chế tại các đại lý Soyuzpechat, bưu điện và bưu điện. Chỉ số tạp chí «Kvant» trong danh mục Soyuzpechat 70465.