Lời giải bài toán M1131—M1135; F1143—F1147

25

F1164. Trong xây dựng, cái gọi là kết cấu bê tông cốt thép dự ứng lực được sử dụng. Việc sản xuất một chùm tia như vậy được thực hiện như sau. Một thanh thép có chiều dài $l_1$ được kéo dài đến chiều dài $l_2$, sau đó được đổ đầy bê tông lỏng. Sau khi bê tông cứng lại, thanh được giải phóng khỏi lực kéo. Tìm chiều dài của dầm bê tông cốt thép hình thành và mô hình Young của nó. Diện tích mặt cắt ngang của thanh và dầm và mô hình Young của thép và bê tông được coi là đã biết. Tại sao bê tông cốt thép dự ứng lực lại tốt hơn bê tông cốt thép thường?

V. I. Klyachin

F1165. Từ một lưới dẫn hình vuông vô hạn với điện trở của mỗi cạnh $r$, một phần dây dẫn đã bị loại bỏ - như thể hiện trong hình 2. Tìm điện trở giữa các điểm $A$ và $B$, $B$ và $C$, $A$ và $C$.

S. S. Krotov

F1166. Trong mạch hiển thị ở hình 3, phím $K_1$ đóng (với phím $K_2$ đóng) và tại thời điểm điện tích trên tụ $C_1$ đạt cực đại, phím $K_2$ được mở. Tìm điện tích cực đại của tụ điện $C_2$. Các tham số của các phần tử mạch trỏ tới hình được coi là đã cho.

V. V. Mozhaev

F1167. Một đoàn tàu dài, ngạc nhiên trước quán tính của nó, lao lên một ngọn đồi có góc $\alpha$. Khi đoàn tàu rời hẳn, một nửa chiều dài của nó nằm trên đường trượt (hình 4). Hỏi từ lúc bắt đầu leo ​​dốc đến khi dừng lại mất bao lâu? Chiều dài của bố cục là $L$, bỏ qua ma sát.

A. I. Buzdin

Lời giải bài toán

M1131 — M1135, F1143 — F1147

Đáp số: cho bốn $n$.

Hãy chứng minh rằng mỗi phần tử của tập hợp $B$ thuộc đúng hai phần tử của tập hợp $A_i$. Sự có mặt của ít nhất hai tập hợp như vậy được đảm bảo bởi điều kiện c). Giả sử rằng một số phần tử thuộc về các vị trí bắt buộc, chẳng hạn như $A_{2n+1}$, $A_i$, $A_j$. Chúng ta hãy liên kết với nó tập $A_i$ và với mỗi phần tử còn lại $x \in A_{2n+1}$ một trong các tập hợp $A_1$, $A_2$, …, $A_{2n}$ chứa phần tử $x$ theo điều kiện c). Khi đó, các tập hợp khác nhau sẽ được liên kết với các phần tử khác nhau và tập hợp $A_j$ không tương ứng với bất kỳ phần tử nào (nếu không thì một số giao điểm $A_k \cap A_{2n+1}$, $k \neq 2n+1$ chứa hai phần tử, mâu thuẫn với điều kiện 6)). Do đó, số phần tử trong $A_{2n+1}$ không vượt quá $2n-1$. Và điều này mâu thuẫn với điều kiện a) và do đó bác bỏ giả định của chúng tôi.

26

Với những giá trị nào của $n$, chúng ta có thể gán cho phần tử nào của tập hợp $B$ một trong các số - 0 hoặc 1 - sao cho mỗi tập hợp $A_1, A_2, \dots, A_{2n+1}$ chứa chính xác $n$ phần tử tương ứng với số 0?

Hình 1.

Hình 2.

M1132. Hàm $f$ xác định tập hợp các số nguyên dương và thỏa mãn các điều kiện sau:
$$f(1) = 1, f(3) = 3, f(2n) = f(n),$$
$$f(4n+1) = 2f(2n+1) - f(n),$$
$$f(4n+3) = 3f(2n+1) - 2f(n).$$
Tìm số lượng tất cả các giá trị của $n$ mà $f(n) = n$ và $1 \leq n \leq 1988$.

Nếu phân bố các số 0 và số 1 trên các phần tử của tập hợp $B$ sao cho trong mỗi bộ $A_i$ có chính xác $n$ “phần tử 0”, thì tổng số “phần tử 0” bằng $n(2n+1)/2$ (mỗi phần tử thuộc hai bộ $A_i$). Và số này chỉ là số nguyên nếu $n$ là số chẵn.

Ngược lại, đối với mỗi phần tử $x$ của tập hợp $B$ khoảng cách là cặp duy nhất của tập hợp $\{A_i, A_j\}$ chứa nó và gán cho phần tử $x$ số 0 nếu $|i - j| \leq n/2$ hoặc $|i - j| > 3n/2$ và 1 nếu $n/2 < |i - j| \leq 3n/2$.

Đối với thậm chí $n$, chúng tôi nhận được chính xác $n$ “phần tử 0” trong mỗi bộ $A_i$, đây là điều bắt buộc.

Tại lời giải bài toán này, các điều kiện cơ bản được dành để hiểu đúng các điều kiện. Ở đây, cách giải thích bằng đồ họa rất hữu ích (xem hình 1 và 2 cho $n=4$): mỗi bộ $A_i$ được biểu thị bằng một đỉnh của $(2n+1)$-giác đều và phần tử chung duy nhất của tập hợp $A_i$ và $A_j$ được biểu thị bằng một đoạn nối các đỉnh tương ứng, với các đoạn màu đỏ tượng trưng cho “các phần tử 0” và màu xanh lam “1 phần tử”; tập hợp $B$ tương ứng một-một với tập hợp tất cả các phân đoạn này. Sẽ rất hữu ích khi làm theo lý luận của chúng tôi trên biểu đồ này.

V. V. Vavilov

Đáp án: 92.

Hãy chứng minh bằng cách chỉ ra số $k$ ký tự kép $a_1 a_2 \dots a_{k-1} a_k$ ($a_1=1$) của số $m$ rằng
$$f(m) = a_k a_{k-1} \dots a_2 a_1.$$

Với $k=1$ chúng ta có $f(1)=1$; với $k=2$ chúng ta có
$$f(\bar{10}) = f(2) = f(1) = 1 = \bar{01},$$
$$f(\bar{11}) = f(3) = 3 = \bar{11}.$$

Bây giờ chúng ta hãy chứng minh tuyên bố của mình cho số $k$ chữ số ($k>2$) $m$ trong hệ thống kép, giả sử rằng nó đúng với tất cả các số có ít chữ số hơn. Khoảng cách ba trường hợp có thể.

1. $m$ chẵn: $m=2n = a_1 \dots a_{k-1} 0$. Sau đó $n = a_1 \dots a_{k-1}$ và
   $$f(m) = f(n) = a_{k-1} \dots a_1 = 0 a_{k-1} \dots a_1.$$

2. $m=4n+1 = a_1 \dots a_{k-2} 01$. Sau đó $n = a_1 \dots a_{k-2} 2n+1 = a_1 \dots a_{k-2} 1$ và
   $$f(m) = 2f(2n+1) - f(n) = f(2n+1) + (f(2n+1) - f(n)) = 1 a_{k-2} \dots a_1 + (1 a_{k-2} \dots a_1 - a_{k-2} \dots a_1) = 10 a_{k-2} \dots a_1.$$

3. $m=4n+3 = a_1 \dots a_{k-2} 11$. Sau đó $n = a_1 \dots a_{k-2}$ và
   $$f(m) = 3f(2n+1) - 2f(n) = f(2n+1) + 2(f(2n+1) - f(n)) = 1 a_{k-2} \dots a_1 + 2(1 a_{k-2} \dots a_1 - a_{k-2} \dots a_1) = 11 a_{k-2} \dots a_1.$$

Trong mọi trường hợp, công thức (*) đều đúng; do đó nó được chứng minh cho tất cả $m$.

27

Từ công thức (*), suy ra $f(m)=m$ đối với các số $m$, ký hiệu kép là đối xứng. Để có được tất cả các số như vậy có dấu kép $2k-1$ hoặc $2k$, bạn cần đặt $a_1=1$ vào vị trí đầu tiên của ký hiệu, điền vào các vị trí $k-1$ tiếp theo $a_2$, …, $a_k$ một cách tùy ý và điền vào các vị trí còn lại đối xứng với $k$ đầu tiên. Điều này cho ra số $2^{k-1}$. Vì $2^{10}<1988<2^{11}$ và hai số “đối xứng nhị phân” gồm 11 chữ số duy nhất lớn hơn 1988=$\overline{11111000100}$ là $\overline{11111011111}$ và $\overline{11111111111}$, nên số ngoại lệ là $2(1+2+2^2+2^3+2^4)+2^5-2=92$.

V. V. Vavilov

M1133. Chứng minh rằng tập lời giải các khoảng không giao nhau có tổng độ dài là 1988.

$$\sum_{k=1}^{70} \frac{k}{x-k} \geq \frac{5}{4}$$

là sự hợp nhất của các khoảng có tổng chiều dài bằng 1988.

Miền định nghĩa của bất đẳng thức là hợp của các nửa đường thẳng $(-\infty; 1)$, $(70; \infty)$ và các khoảng $(1; 2)$, $(2; 3)$, …, $(69; 70)$. Rõ ràng (xem biểu đồ ví dụ ở lề), trên mỗi khoảng, phần nằm của bất đẳng thức diễn ra liên tục và đơn điệu: từ 0 đến $-\infty$ và từ $\infty$ đến 0, tương ứng, trên nửa dòng và từ $\infty$ đến $-\infty$ trên các khoảng. Do đó, trên mọi khoảng ngoại trừ $(-\infty; 1)$, nó nhận giá trị 5/4 tại đúng một điểm. Ta biểu thị các điểm này theo thứ tự tăng dần là $x_1, x_2, \dots, x_{70}$, khi đó tập bất đẳng thức lời giải là hợp của các nửa pitterles $(k; x_k)$, $k=1, 2, \dots, 70$. Các số $x_k$ là nghiệm của đa thức

$$\prod_{k=1}^{70} (x-k) - \frac{4}{5} \sum_{k=1}^{70} k \prod_{i \neq k} (x-i)^*.$$

Theo định lý Vieta (xem «Kvant», 1987, số 4, trang 40), tổng của chúng bằng hệ số $x^{69}$ với dấu trừ, tức là.

$$\sum_{k=1}^{70} k + \frac{4}{5} \sum_{k=1}^{70} k$$

do đó, tổng chiều dài nửa pitter bằng

$$\sum_{k=1}^{70} (x_k-k) = \frac{4}{5} \sum_{k=1}^{70} k=1988.$$

V. V. Vavilov

M1134. Đặt $AD$ là chiều cao trong tam giác vuông $ABC$, $\angle A=90^\circ$. Đường thẳng đi qua tâm các đường tròn nội tiếp tam giác $ABD$ và $ACD$ cắt các cạnh $AB$ và $AC$

Hãy để chúng tôi chứng minh rằng $AK=AL=AD$. Hãy tuần tự xoay quanh điểm $D$ theo góc $45^\circ$ và chuẩn bị với tâm $D$ và hệ số $DO_1/DB$ (xem hình). Khi đó, các điểm $B$ và $A$ sẽ lần lượt đi đến tâm $O_1$ và $O_2$ của các đường tròn nội tiếp trong tam giác $DBA$ và $DAC$ ($\angle BDO_1=\angle ADO_2=45^\circ$ và $DO_2/DA=DO_1/DB$, vì tam giác $DAC$ rõ ràng giống với tam giác $DBA$). Do đó, góc giữa

28

các đường thẳng BA và $O_1O_2$ bằng 45°, tức là $\angle LKA=45^\circ$, nghĩa là tam giác KAL là tam giác vuông. Các tam giác $AO_1K$ và $AO_1D$ bằng nhau: chúng có một cạnh chung $AO_1$ và các góc bằng nhau ($\angle AKO_1=\angle ADO_1=45^\circ$, $AO_1$-góc phân giác KAD). Vì vậy $AL=AK=AD$.

Đặt $\angle ABC=\beta$, sau đó đặt $AB=AD/\sin \beta$, $AC=AD/\cos \beta$ và $S_{ABC}=AB \cdot AC/2=AD^2/\sin 2\beta \geqslant AD^2=2S_{AKL}$.

Bình đẳng đạt được khi sin 2β=1, tức là đối với tam giác đều ABC ($\beta=45^\circ$).

bài toán này là một ví dụ về trao đổi tích hợp. Tại Optimis, nó được đại diện bởi Hy Lạp. Trong một công thức hơi khác một chút: “Chứng minh rằng AK = AL = AD” nó được nêu trong cuốn sách “Các vấn đề về hình học. Phép đo phẳng” của I. F. Shargin.

V. N. Dubrovsky

M1135. Cho a và b là các số nguyên dương sao cho $a^2+b^2$ chia hết cho ab+1 mà không có số dư. Chứng minh rằng $\frac{a^2+b^2}{ab+1}$ là bình phương của một số nguyên.

Cho a và b là các số tự nhiên và

$$\frac{a^2+b^2}{1+ab}=k.$$

Khi đó b là nghiệm của phương trình

$$x^2-kax+a^2-k=0.$$

Nếu c là nghiệm thứ hai của phương trình này, k là số nguyên và a<b, thì

1. $(a^2+c^2)/(1+ac)=k$ (theo phương trình);
2. c là một số nguyên, vì c=ka-b (định lý Vieta);
3. c<a, т. к. bc=a^2-k<a^2 и b>a;
4. c ≥0, bởi vì

$$\left(\frac{1}{a}+c\right)\left(\frac{1}{b}+b\right)=\left(-\frac{1}{a}-c\right)\left(-\frac{1}{b}-b\right)=$$

$$=\left(-\frac{1}{a}\right)^2-ka\left(-\frac{1}{a}\right)+a^2-k=\frac{1}{a^2}+a^2>0,$$

và do đó số nguyên c thỏa mãn bất đẳng thức $c>-1/a$.

Nếu c=0 thì b=a^3. Đây là “chuỗi chính” gồm các cặp (a, b) thỏa mãn điều kiện; đối với họ k=a^2. Nếu c>0, thì cặp (a, b) có thể được thay thế bằng cặp (c, a) có cùng tỷ lệ k, theo đó lý luận của chúng ta lại có thể áp dụng được, v.v. Trong quá trình “đi xuống”, số lượng cặp nhiều nhất giảm đi mỗi lần, do đó nó phải kết thúc ở một số cặp (0, n), đứng trước cặp (n, n^3) của “chuỗi chính”; thì k=n^2. Cuối cùng, nếu các số của cặp ban đầu (a, b) bằng nhau thì tỷ số k chỉ có thể là số nguyên khi a=b=1; thì k=1.

Lý luận của chúng tôi cho phép chúng tôi xây dựng một chuỗi vô hạn các cặp thỏa mãn các điều kiện, bắt đầu từ bất kỳ cặp nào (0, n). Ví dụ, với n=2, k=4 ta có các cặp (0, 2), (2, 8), (8, 30), (30, 4 30−8)=(30, 112)…

H. B. Vasiliev, B. B. Vasilov

29

F1143. Có rất nhiều bình chứa nước được xếp chồng lên nhau sao cho bình sau nổi trong bình trước. Diện tích ban ngày của tàu nhỏ nhất là $s_0$ và nhỏ hơn nhiều so với diện tích ban ngày của tàu lớn nhất. Một lượng nước $v_0$ được thêm vào bình nhỏ nhất. Con tàu này sẽ đi xuống bao xa so với mặt đất? (Sau khi thêm nước, tất cả các bình tiếp tục nổi.)

Chúng ta hãy xem xét điều kiện cân bằng của bất kỳ bình nổi nào: lực hấp dẫn của bình này được cân bằng bởi sự chênh lệch áp suất nước từ bên ngoài và từ bên trong. Do đó, cả trước và sau khi thêm nước vào bất kỳ bình nào, sự chênh lệch mực nước bên ngoài và bên trong mỗi bình vẫn như nhau. Điều này có nghĩa là so với mặt đất, vị trí mực nước trong tất cả các bình không thay đổi.

Vì vậy, so với mặt đất, mực nước trong bình nhỏ nhất không thay đổi sau khi thêm nước vào. Do đó, tàu này sẽ giảm một lượng

$$h = \frac{v_0}{s_0},$$

tức là đến độ cao của lớp nước mỏng.

S. S. Krotov

F1144. Có $N$ quả bóng lớn giống hệt nhau trên máy bay. Một quả bóng được đẩy, và sau khi trải qua nhiều mạch, nó vẫn giữ nguyên vị trí mà từ đó nó bắt đầu chuyển động. Điều này có thể thực hiện được ở mức tối thiểu $N$ nào? Các va chạm được coi là đàn hồi tuyệt đối.

Trước hết, chúng ta lưu ý rằng sau một va chạm đàn hồi tuyệt đối của hai quả bóng giống hệt nhau, một quả đã được đào trước đó, các quả bóng dàn ra theo một góc vuông. Thật vậy, theo định luật bảo toàn động lượng (hình 1; ở đây $v_0$ là tốc độ của quả bóng tới trước khi va chạm, $v_1$ và $v_2$ là tốc độ của quả bóng sau khi va chạm)

$$m\vec{v}_0 = m\vec{v}_1 + m\vec{v}_2,$$

và theo định luật bảo toàn năng lượng

$$\frac{m v_0^2}{2} = \frac{m v_1^2}{2} + \frac{m v_2^2}{2},$$

suy ra vận tốc $\vec{v}_1$ và $\vec{v}_2$ của các quả bóng sau va chạm vuông góc với nhau: $\vec{v}_1 \perp \vec{v}_2$.

Bây giờ chúng ta sẽ chỉ ra rằng, sau khi trải qua một bình, quả bóng lệch khỏi hướng chuyển động của nó một góc $\beta < \pi/2$. Theo hình 2, $\beta = \pi/2 - \alpha$, trong đó $0 \leq \alpha \leq \pi/2$. Nếu $\alpha = 0$, quả bóng đầu tiên bị bỏ lại sau cú đánh (và quả bóng thứ hai bắt đầu chuyển động với tốc độ $\vec{v}_2 = = \vec{v}_0$). Vì vậy, $\beta < \pi/2$.

Theo các điều kiện bài toán, một trong những quả bóng (chúng ta sẽ gọi nó là quả đầu tiên), đã trải qua một số mạch, phải mô tả một đường gãy khép kín. Như đã biết, tổng các góc ngoài của một đường đứt đoạn như vậy lớn hơn hoặc bằng 2π (dấu bằng tương ứng với một đa giác lồi).

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

30

Điều này có nghĩa là số quả bóng mà quả bóng đầu tiên phải va chạm phải thỏa mãn bất đẳng thức

$$n \geq \frac{2\pi}{\pi/2} \geq 4.$$

Ngoài ra, để quả bóng ban đầu vẫn còn, một quả bóng khác phải được đặt ở điểm xuất phát, quả bóng này sẽ va chạm với LOB đầu tiên và rời khỏi nó.

Vậy số bóng tối thiểu

$$N_{\min} = 4 + 1 + 1 = 6.$$

Cách sắp xếp có thể có của các quả bóng được thể hiện ở hình 3.

A. A. Belopolsky

F1145. Một đầu của một sợi dây không trọng lượng không dãn, luồn qua một hạt nhỏ có khối lượng m, được cố định tại điểm A, còn đầu kia được gắn vào một vòng không trọng lượng, vòng này có thể trượt tự do dọc theo một thanh nằm ngang (hình 1). Tại thời điểm ban đầu, hạt được giữ bởi vòng, sợi chỉ thẳng và không bị giãn. Hạt được giải phóng. Tìm vận tốc của hạt tại thời điểm sợi chỉ bị đứt, biết sợi chỉ có thể chịu được lực căng cực đại $T_0$. Chiều dài của sợi dây là L, khoảng cách từ điểm A đến thanh là h. Bỏ qua ma sát trong hệ.

Hình 1.

Để xác định quỹ đạo của hạt, chúng tôi giới thiệu hệ tọa độ như hình hình 2 (trục X hướng dọc theo thanh bên phải và trục Y hướng thẳng đứng xuống dưới và đi qua điểm buộc sợi A). Đặt hạt ở điểm N. Vì vòng không trọng lượng và trượt tự do dọc theo thanh nên phần trên của sợi BN thẳng đứng. Sau đó

$$BN = y \text{ и } PN = x.$$

Từ tam giác APN ta có

$$AP^2 + PN^2 = AN^2,$$

hoặc

$$(h - y)^2 + x^2 = (L - y)^2.$$

Từ đây chúng ta có được

$$y = \frac{L + h}{2} - \frac{x^2}{2(L - h)},$$

nghĩa là hạt di chuyển dọc theo một parabol.

Tại điểm N của quỹ đạo, các lực căng $\vec{T}_1$ và $\vec{T}_2$ tác dụng lên hạt từ phía của sợi chỉ và tổng của chúng $\vec{F}$ hướng vuông góc với tiếp tuyến của parabol tại điểm này. (Thật vậy, chỉ riêng lực căng của sợi dây không thể gây ra chuyển động của hạt.) Bây giờ, vì sợi dây là lý tưởng và không có ma sát của hạt trên sợi dây, $T_1 = T_2 = T$, và do đó, lực $\vec{F}$ hướng dọc theo góc phân giác giữa các vectơ $\vec{T}_1$ và $\vec{T}_2$.

Chúng ta hãy viết định luật thứ hai của Newton cho hạt trong các hình chiếu lên hướng vuông góc với tiếp tuyến của quỹ đạo:

$$ma_n = 2T \cos \alpha - mg \cos \alpha.$$

Mặt khác, gia tốc (hướng tâm) bình thường là

$$a_n = v^2/R,$$

trong đó $v = \sqrt{2gy}$ là tốc độ của hạt và $R$ là bán kính cong

31

chúng ta có parabol tại điểm $N$. Đối với lời giải bài toán chúng ta chỉ cần tìm $R$.

Chúng ta hãy so sánh chuyển động của một hạt với chuyển động của một vật được ném nghiêng một góc so với phương ngang. Trong trường hợp này, chúng ta sẽ chọn các tham số của chuyển động này sao cho quỹ đạo của vật thể là một parabol đối xứng với quỹ đạo của hạt (xem hình 2). Sau đó

$$u_x = \frac{OK}{t} \text{ и } t = \sqrt{\frac{2H}{g}},$$

ở đâu $OK = \sqrt{L^2 - h^2}$ và $H = (L + h)/2$.

Gia tốc bình thường của vật tại điểm $N'$

$$a'_n = g \cos \alpha = \frac{u^2}{R}.$$

Xét rằng $u^2 = u_x^2 + u_y^2$, trong đó $u_y^2 = 2g(H - y)$, chúng ta thu được

$$R = \frac{u^2}{a'_n} = \frac{2(L - y)}{\cos \alpha}. \tag{3}$$

Hãy kết hợp các phương trình (1) - (3) thành một hệ và tìm lực căng của sợi dây mà hạt trượt dọc theo:

$$T = \frac{mgL}{2(L - y)}.$$

Sợi chỉ sẽ bị đứt nếu $T = T_0$, tức là khi

$$y = L \left(1 - \frac{mg}{2T_0}\right)$$

lưu ý rằng

$$v = \sqrt{2gy} = \sqrt{2gL \left(1 - \frac{mg}{2T_0}\right)}.$$

$$0 \leq y \leq \frac{L + h}{2},$$

tức là $$0 \leq L \left(1 - \frac{mg}{2T_0}\right) \leq \frac{L + h}{2}.$$

Như vậy, nếu thỏa mãn điều kiện

$$2 \geq \frac{mg}{T_0} \geq 1 - \frac{h}{L},$$

thì tại thời điểm sợi chỉ đứt thì tốc độ của hạt là

$$v = \sqrt{2gL \left(1 - \frac{mg}{2T_0}\right)};$$

nếu $mg/T_0 > 2$, bồn rửa sẽ bị vỡ ngay lúc đầu; nếu $mg/T_0 < 1 - h/L$, thì trong quá trình chuyển động của hạt, sợi chỉ sẽ không bị đứt chút nào.

V. T. Karanetyan

F1146. Tìm điện trở giữa các điểm $A$ và $B$ trong chuỗi vô hạn các phần tử,

Hãy để chúng tôi trình bày hai lời giải trong số bài toán này.

1. Từ các thông báo, có thể thấy rằng trong mạch này (xem hình 1) có những điểm có điện thế bằng nhau. Vì vậy, ví dụ,

32

hiển thị ở hình 1. Tất cả các phần tử đều giống nhau, điện trở của mỗi phần tử bằng r.

$$\varphi_C = \varphi_E, \quad \varphi_G = \varphi_H = \varphi_J$$

vân vân.

Chúng ta hãy thay thế mạch bằng mạch tương đương như trong hình 2. Điện trở giữa các điểm A và C bằng r/2, giữa các điểm C và G - r/4, v.v. Khi đó điện trở giữa các điểm A và B là

$$R_{AB} = 2\left(\frac{r}{2} + \frac{r}{4} + \frac{r}{8} + \dots\right) = r\left(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \dots\right) = r \frac{1}{1-1/2} = 2r.$$

2. Vì dãy các phần tử là vô hạn nên chúng ta có thể giả sử rằng điện trở giữa các điểm A và B bằng điện trở giữa các điểm C và D. Khi đó, mạch tương đương có thể được biểu diễn dưới dạng như trong hình 3, từ đó chúng ta thu được một cách không thể biểu diễn được

$$R_{AB} = \frac{1}{2}(2r + R_{AB}),$$

hoặc

$$R_{AB} = 2r.$$

S. Edravkovic (SFRY)

F1147*. Trên một bệ nghiêng một góc nhỏ α so với phương ngang, cách mép dưới của nó một khoảng l là một vật nặng nhỏ có khối lượng nhỏ hơn nhiều so với khối lượng của bệ (xem hình). Nền tảng thực hiện dao động điều hòa dọc theo trục OO’; tần số dao động là ω, biên độ là L. Hệ số thứ ba giữa vật nặng và bệ là k. Trong thời gian nào thì người Gruzia sẽ giải được bài toán trong hệ phi quán tính sự vắng mặt liên quan đến bệ dao động. Ví dụ: trục Y nằm dọc theo trục dao động OO’ và trục X vuông góc với trục này. Trong mặt phẳng của bệ, có ba lực tác dụng lên vật nặng - gọi là lực lăn (hình chiếu của trọng lực lên trục X) mg sin α, lực ma sát kmg cos α và lực quán tính mω²L cos ωt (nếu bệ dao động theo định luật y=L cos ωt).

Vì đĩa cân dao động nhanh nên chúng ta có thể cho rằng lực quán tính lớn hơn tất cả các lực khác. Hãy ký hiệu các đại lượng đặc trưng có thứ nguyên gia tốc là a, b và c:

$$a = g \sin \alpha, \ b = kg \cos \alpha, \ c = \omega^2 L.$$

Khi đó c>>a và c>>b. Trong trường hợp này, bạn cần phải suy nghĩ về những gì

33

Zeke sẽ rơi khỏi nền tảng?
(Giả sử thời gian này dài hơn nhiều so với chu kỳ dao động của bệ.)

Chu kỳ dao động của thành phần vận tốc $v_x$ theo phương lăn tải không thay đổi. Hơn nữa, trong hầu hết thời gian, thành phần vận tốc theo phương ngang là $v_y \gg v_x$. Điều này có nghĩa là lực ma sát cũng hướng theo phương ngang và chuyển động của vật dọc theo trục $X$ sẽ chỉ xảy ra dưới tác dụng của lực lăn:

$$v_x = at \quad \text{и} \quad t_x = \sqrt{2l/a}.$$

Đồng thời, ma sát chắc chắn sẽ tạo ra một hiệu chỉnh nhỏ (do độ nhỏ của $c^{-1}$). Hãy đánh giá nó. Độ lớn nhỏ của lực ma sát và thành phần gia tốc tương ứng dọc theo trục $X$ được xác định bởi hệ thức $v_x/\sqrt{v_x^2+v_y^2}$:

$$b_x = b \frac{v_x}{\sqrt{v_x^2+v_y^2}} = b \frac{v_x}{\sqrt{v_x^2+\omega^2 L^2 \sin^2 \omega t}}.$$

Trong trường hợp này, chúng tôi tin rằng chuyển động dọc theo trục $Y$ hoàn toàn là điều hòa. Trên thực tế, do sự hiện diện của lực ma sát, chuyển động này sẽ khác với chuyển động điều hòa, nhưng thứ tự hiệu chỉnh sẽ sao cho có thể bỏ qua (điều này sẽ được thảo luận chi tiết hơn bên dưới).

Hãy tính giá trị trung bình $b_x$:

$$\bar{b}_x = \frac{2\omega}{\pi} \int_{0}^{\pi/(2\omega)} bv_x/\sqrt{v_x^2+\omega^2 L^2 \sin^2 \omega t} \, dt.$$

Do đó, đối với $t$, trong đó $\omega L \sin \omega t \gg v_x$, velinium $v_x$ có ​​thể bị bỏ qua

$$\bar{b}_x \approx \frac{2\omega}{\pi} \int_{v_x/(\omega^2 L)}^{\pi/(2\omega)} \frac{bv_x}{\omega L \sin \omega t} \, dt =$$

$$= \frac{2}{\pi\omega} \frac{bv_x}{L} \int_{v_x/(\omega L)}^{\pi/2} \frac{d\varphi}{\sin \varphi} = -\frac{2bv_x}{\pi\omega L} \ln \frac{v_x}{2\omega L}.$$

Các tính toán chính xác hơn cho thấy giá trị dưới dấu logarit phải lớn bằng một nửa; tuy nhiên, với độ chính xác mà chúng tôi đã chọn, sự khác biệt này không quan trọng. Chúng ta hãy thay thế ở đây biểu thức $v_x=at$ mà chúng ta đã tìm thấy dưới dạng xấp xỉ đầu tiên và thu được

$$\bar{b}_x(t) = -\frac{2bat}{\pi\omega L} \ln \frac{at}{4\omega L}.$$

Do đó tổng gia tốc của chuyển động

$$x''(t) = a - \bar{b}_x(t) = a + \frac{2bat}{\pi\omega L} \ln \frac{at}{4\omega L}.$$

Giải thích phương trình này, chúng ta nhận được

$$v_x(t) = x'(t) = at + \frac{8b}{\pi} \left( \frac{at}{4\omega L} \right)^2 \left( \frac{\ln \frac{at}{4\omega L}}{2} - \frac{1}{4} \right).$$

Loại bỏ các số hạng so với ln $(at/(\omega L))$, ta được

$$x'(t) = at + \frac{4b}{\pi} \left( \frac{at}{4\omega L} \right)^2 \ln \frac{at}{\omega L} \cdot \frac{4\omega L}{a},$$