Lời giải bài toán M1147—M1150; F1158—F1162

31

F1180. Bóng đèn nối với pin vẫn sáng trong ba giờ, sau đó pin sẽ cạn kiệt. Chúng tôi đã tạo một bản sao của loại pin này với kích thước tuyến tính gấp đôi từ cùng một vật liệu. Bóng đèn tương tự sẽ sáng trong bao lâu khi được kết nối với một bản sao như vậy? Điện trở trong của pin nhỏ hơn nhiều so với điện trở của bóng đèn.

K. S. Bedov

F1181. Một vòng dẫn điện mỏng, cứng, nằm trên một bề mặt nằm ngang không dẫn điện và nằm trong một từ trường đều, các đường cảm ứng của nó nằm ngang. Khối lượng vòng $m$, bán kính $R$, giá trị cảm ứng $B$. Cần phải chạy bao nhiêu dòng điện qua vòng để nó bắt đầu dâng lên?

S. S. Krotov

F1182. Khi thực hiện radar phát hiện Mặt trăng nhô lên trên đường chân trời để đảm bảo hướng chính xác, bộ phát tín hiệu vô tuyến tần số cao đã được ghép nối với một điện thoại quang học. Tuy nhiên, mặc dù có hình ảnh quang học của Mặt trăng nhưng không có tín hiệu vô tuyến phản xạ. Đồng thời, khi có thể thu được tín hiệu vô tuyến phản xạ thì không có hình ảnh quang học. Giải thích hiện tượng này.

A. R. Zilberman

Lời giải bài toán

M1147—M1150, F1158—F1162

M1147. Cho một số điểm được kết nối bởi các phân đoạn của hai xu: một số cặp điểm - chúng ta nhận được các phân đoạn, một số phân đoạn, một số phân đoạn chẵn. Chứng minh rằng tất cả các điểm có thể được chia thành hai tập hợp sao cho mỗi đoạn màu đỏ kết nối các điểm từ các tập hợp khác nhau và mỗi đoạn màu xanh kết nối các điểm từ cùng một tập hợp.

Hãy lấy một trong các điểm đã cho $a$ và xem xét tất cả các điểm được kết nối với $a$ bằng một đường dẫn từ các đoạn đã cho. Nếu một đường dẫn như vậy chứa số chẵn (có thể bằng 0) các đoạn màu đỏ thì chúng ta gán điểm tương ứng cho tập hợp $A$, cụ thể là $a \in A$; nếu số đoạn màu đỏ trên đường đi đó là số lẻ thì chúng ta gán điểm cuối của nó cho tập hợp $B$ (xem hình). Quy tắc này được phân tích một cách chính xác: nếu một người có thể đến một điểm nào đó $x$ từ $a$ dọc theo hai đường dẫn khác nhau và một trong số chúng có số chẵn và điểm còn lại có số đoạn màu đỏ lẻ, thì chúng sẽ tạo thành một đường dẫn kín có số đoạn đường màu đỏ lẻ, điều này không thể xảy ra theo điều kiện.

Rõ ràng là bất kỳ đoạn nào kết nối các điểm của các tập hợp khác nhau đều có màu đỏ và bất kỳ đoạn nào nối hai điểm $y$ và $z$ của tập hợp $B$ cũng có màu xanh lam - nếu nó có màu đỏ thì khi kết nối nó với một đường dẫn từ $a$ và $b$ có số đoạn màu đỏ lẻ, chúng ta sẽ có đường dẫn từ $a$ đến $z$ với số chẵn của các đoạn màu đỏ.

Nếu có những điểm mà từ đó điểm $a$ không được kết nối bởi bất kỳ đường dẫn nào, thì cấu hình đã cho

32

M1148. Chứng minh rằng với mọi $a > 1$, $a \neq \sqrt{q}$ ($p$ và $q$ là số nguyên) và $n$ tự nhiên thì đẳng thức $[\log_a 2] + [\log_a 3] + \dots + [\log_a n] + [a] + [a^2] + \dots + [a^k] = nk$ đúng, trong đó $k = [\log_a n]$ ($[x]$ là phần nguyên của $x$).

Với $z$ dương bất kỳ thì số $[z]$ bằng số tự nhiên không vượt quá $z$ nên $[\log_a m]$ là số điểm có dạng $(m; y)$, trong đó $y$ là số tự nhiên không vượt quá $\log_a m$, và tổng $[\log_a 2] + [\log_a 3] + \dots + [\log_a n]$ là số điểm có tọa độ tự nhiên nằm bên dưới đường thẳng $y = k$ và ở bên trái biểu đồ $y = \log_a x$. Hai tập hợp điểm này không giao nhau, vì theo điều kiện không có điểm nguyên nào trên biểu đồ (ngoại trừ $(1; 0)$). Và sự kết hợp của các bộ này hiển nhiên cho tất cả các điểm nguyên $(x; y)$ ở góc vuông $1 \leqslant x \leqslant n$, $1 \leqslant y \leqslant k$, số của các điểm đó là $kn$.

R. V. Alekseev, L. D. Kurlyandchik

M1149. Hai vòng $p, q$ có đỉnh tại các điểm $P$ và $Q$ của vòng tương ứng được cho trên mặt phẳng. Hai vòng tròn—một đường tròn có tâm ở mặt trăng $p$, đi qua điểm $P$ và đường còn lại có tâm ở mặt trăng $q$, đi qua $Q$—chạm vào nhau từ bên ngoài tại điểm $M$. Tìm tập hợp các điểm $M$.

Chúng ta hãy biểu thị bằng $l$ và $m$ các đường thẳng vuông góc với các tia $p$ và $q$, đi qua hai đầu $(P$ và $Q)$ của chúng; đến $\Pi_l$ và $\Pi_m$ là các nửa mặt phẳng tương ứng được lấp đầy bởi các vòng tròn của chúng ta với tâm tại $p$ và $q$. Rõ ràng là khi một trong các đường tròn tiếp xúc nhau tăng lên thì đường tròn kia giảm đi nên tiếp điểm $M$ mô tả một đường thẳng nào đó nằm tại giao điểm $\Pi_l \cap \Pi_m$; các đầu của nó tương ứng với vị trí cực trị khi một trong các đường tròn đi đến điểm $(P$ hoặc $Q)$ hoặc tới đường thẳng $(l$ hoặc $m)$; các đầu của dòng không thuộc về bộ độc quyền. Ta sẽ chứng minh đường thẳng này là cung tròn đi qua các điểm $P$ và $Q$; Để làm điều này, bạn chỉ cần kiểm tra xem góc $PMQ$ có không đổi không.

Giả sử rằng các tia nằm ở hình 1 (tập hợp mong muốn ở đây là cung màu xanh lam). Cho phép

33

R là giao điểm của đường thẳng l và m, t là tiếp tuyến chung của đường tròn tại điểm M, α và β là các góc tạo bởi đường tròn đó với đường thẳng l và m. Khi đó α + β = 180° – ∠PRQ và ∠PMQ = (90° – α/2) + (90° – β/2) = 180° – (α + β)/2 = 180° + ∠PRQ.

Ngược lại, qua điểm M bất kỳ có đầu cung tròn có hai đường tròn tiếp xúc với nó thỏa mãn điều kiện bài toán (nếu vẽ một đường thẳng qua M tạo các góc α = 180° – 2∠MPR và β = 180° – α – ∠PRQ thì tạo thành hai tam giác đều có đáy MP và MQ).

Một cách chứng minh tương tự có thể được tìm thấy cho bất kỳ cách sắp xếp tia nào khác: đại lượng α + β (và, do đó, ∠PMQ) luôn được biểu thị theo góc giữa các đường thẳng l và m (tức là đi qua ∠PRQ), vì các góc α và β giữa các tiếp tuyến (l và t, t và m) nằm ở hai phía đối diện của đường thẳng t.

Lưu ý rằng tâm O của đầu cung là trung điểm của cung PQ của đường tròn đi qua các điểm P, Q, R: ví dụ, đối với cách sắp xếp như trong hình 1, ∠POQ = ∠POM + ∠MOQ = 2(180° – ∠PMQ) = 180° – ∠PRQ và tất nhiên OP = OQ.

Chúng ta hãy xây dựng đáp số một cách tổng quát; Để làm điều này, sẽ thuận tiện hơn khi bổ sung các tia p và q thành các đường thẳng (hình 2; chúng ta giả sử rằng các đường thẳng l và m cắt nhau). Chúng ta hãy mô tả đường tròn �omega xung quanh tam giác PQR và kẻ từ hai đầu đường kính của nó vuông góc với dây PQ như từ tâm đường tròn đi qua các điểm P và Q; gọi ω1 là điểm chứa điểm R và ω2 là điểm thứ hai. Nếu Π_l ∩ Π_m là góc PRQ hoặc thẳng đứng với nó thì tập bị loại trừ là cung của đường tròn ω1 chứa bên trong góc này; nếu đây là góc kề với ∠PRQ thì chúng ta cần lấy cung ω2 chứa bên trong nó. (Các đầu của vòng cung bị vứt đi.)

Nói cách khác, nếu trên hình 2 chúng ta lấy p_i (i=1, 2) là tia p và q_j (j=1, 2) là tia q, thì đáp số sẽ là cung đầu a_ij.

Lưu ý rằng nếu trong điều kiện chúng ta thay các tia bằng các đường thẳng chứa chúng và xét cả tiếp tuyến ngoài và tiếp tuyến trong của các đường tròn, thì tập hợp bị loại trừ sẽ là hợp của các đường tròn ω1 ∪ ω2 (không có điểm P và Q).

hình 3 hiển thị đáp số cho trường hợp đặc biệt khi l || m: trong trường hợp a) là một điểm, b) là cung của đường tròn có đường kính PQ, c) là tập rỗng, d) là đoạn PQ (điều này có thể suy ra từ trường hợp tổng quát bằng cách lấy đường thẳng PQ là ω1, và đường tròn có đường kính PQ là ω2).

Bạn đọc quen với nghịch đảo có thể áp dụng phép biến đổi này cho bài toán của chúng ta: sau khi nghịch đảo tâm P, nhiệm vụ là tìm tập hợp các điểm tiếp tuyến của một tia gồm các đường thẳng song song và một tia của đường tròn tiếp xúc với một đường thẳng cho trước tại một điểm cho trước; tập hợp này nằm trên hai đường thẳng đi qua một điểm cho trước.

V. N. Dubrovsky

35

Có một sợi cáp nằm ở đó. Nên lái bánh xe nào? T có phụ thuộc vào điều này không?

lực kéo tự động:

$$T = F = \frac{\mu M g}{2(1 - \mu R / l)} = 4120 \text{ H.}$$

Lưu ý rằng đối với bánh sau, phản lực, và do đó lực ép lên chúng, tự động lớn hơn một nửa trọng lượng, còn đối với bánh trước thì nhỏ hơn.

Nếu bánh dẫn động ở phía trước thì lực ma sát (và do đó, lực kéo) là $F = \mu N_2$, và các phương trình còn lại vẫn giữ nguyên. Kết quả là chúng tôi nhận được

$$T = F = \frac{\mu M g}{2(1 + \mu R / l)} = 3880 \text{ H.}$$

Vì vậy, chúng ta thấy rằng lực kéo phát triển nhiều hơn trong trường hợp bánh dẫn động ở phía sau.

Kết quả của tình huống này là trọng tâm tự động gần trục sau hơn so với trục trước. Nhưng ngay cả khi đó nó cũng được hướng tới trong trường hợp bánh dẫn động cầu sau.

A. I. Buzdin

F1159. Hãy tưởng tượng rằng bạn đang ở trên một đoàn tàu đang di chuyển theo một hướng và đi bộ với tốc độ tương đối không đổi dọc theo đoàn tàu. Một lực rất đáng kể đang đẩy bạn trở lại, và bạn chắc chắn đang thực hiện công chống lại lực này. Công việc của bạn dành cho việc gì? Rõ ràng, cô ấy không thể đi đến một điểm dừng bổ sung trên tàu - suy cho cùng, bạn đang đẩy cô ấy lại. Có chuyện gì thế này? Định luật bảo toàn năng lượng có vi phạm không?

Chi phí năng lượng của tàu điện khi một người ngồi trên ghế hoặc khi người đó đi bộ với tốc độ tương đối không đổi là như nhau. Thật vậy, trong cả hai trường hợp, gia tốc của con người là như nhau, do đó các lực tác dụng lên tàu điện từ phía con người cũng như nhau. Điều này có nghĩa là một người làm việc “cho chính mình”. Hãy kiểm tra giả định này.

Gọi $a$ là gia tốc của tàu. Trong thời gian $\Delta t$, tốc độ của tàu thay đổi từ $v$ đến $v + a \Delta t$, năng lượng được truyền cho người đang ngồi có khối lượng $m$

$$E_1 = \frac{m(v + a \Delta t)^2}{2} - \frac{mv^2}{2} = \frac{m}{2}((v + a \Delta t)^2 - v^2).$$

Nếu một người chuyển động về phía trước với tốc độ $u$ so với chân đế thì trong cùng thời gian đó động năng của người đó sẽ tăng một lượng

$$E_2 = \frac{m(v + a \Delta t + u)^2}{2} - \frac{m(v + u)^2}{2} = \frac{m}{2}((v + a \Delta t)^2 - v^2) + mua \Delta t.$$

Thuật ngữ đầu tiên trong biểu thức này “cung cấp” công cho động cơ tàu điện (giống như trong trường hợp đầu tiên) và năng lượng bổ sung $mu \Delta t$ phát sinh chính xác là do công của cơ bắp con người. Trên thực tế, lực tác dụng lên một người thực hiện công bằng $ma$; trong thời gian $\Delta t$ một người sẽ di chuyển $u \Delta t$ dọc theo cỗ xe; do đó, nó sẽ thực hiện công bằng $ma \Delta t$.

Do đó, hoạt động của cơ khi trời lạnh thực sự mang lại những thay đổi lớn hơn về động năng của một người so với khi người đó ngồi. Vì vậy, lần này mọi thứ đều tuân theo định luật bảo toàn năng lượng.

A. I. Korotkov

36

F1160. Một hình trụ có bán kính R, chiều cao H chứa N electron. Từ trường dựng lên được đặt song song với trục hình trụ bằng cảm ứng B. Giả sử rằng tất cả các electron có cùng vận tốc v, nằm trong mặt phẳng vuông góc với từ trường, và tác động của các electron lên thành hình trụ là hoàn toàn đàn hồi hơn, hãy ước tính giá trị nào bằng và áp suất lên thành hình trụ tạo ra một “khí điện tử” như vậy phụ thuộc vào từ trường (áp suất có thể tìm được chính xác theo hệ số được xây dựng, không phụ thuộc vào từ trường). Điện tích e, khối lượng m. Giả sử rằng (mv/eB)≪R (trường “mạnh” B). Bỏ qua tương tác giữa các electron với nhau.

Trong từ trường, mọi electron sẽ chuyển động dọc theo những cung tròn có bán kính

$$r = \frac{mv}{eB} \ll R.$$

Chỉ những electron có tâm quỹ đạo nằm cách các thành một khoảng h<r (xem hình) mới va chạm với các thành của hình trụ. Với mỗi lần va chạm, electron truyền một xung lực vào thành

$$\Delta P = 2mv \sin \alpha,$$

và những va chạm này sẽ xảy ra với một khoảng thời gian

$$\Delta t = \frac{2(\pi - \alpha)r}{v}.$$

Để ước tính áp suất của “khí điện tử” lên thành xi lanh, chúng ta giả sử rằng mỗi electron tác dụng lên thành một lực

$$f = \frac{\Delta P}{\Delta t} = \frac{mv^2 \sin \alpha}{(\pi - \alpha)r}.$$

Số electron va chạm với một phần nhỏ của bức tường có diện tích S bằng

$$z = 2rSn = 2rS \frac{N}{\pi R^2H}$$

(ở đây n là mật độ electron trong hình trụ).

Khi đó áp suất mong muốn của “khí điện tử” có thể được biểu diễn dưới dạng

$$p = \frac{zf_{cp}}{S} = 2rnf_{cp} = 2rn \frac{mv^2}{r} \left( \frac{\sin \alpha}{\pi - \alpha} \right)_{cp} = 2nmv^2C,$$

trong đó f_{cp} là lực mà electron tác dụng lên tường, được gia tốc bởi vị trí tâm quỹ đạo của nó, và C=(sin α/(π-α))_{cp} là một số không đổi không phụ thuộc vào từ trường.

Áp suất cuối cùng của “khí điện tử” lên thành xi lanh (tính đến hệ số kết cấu) bằng

$$p = 2Cnmv^2 = \frac{2CNmv^2}{\pi R^2H}$$

và không phụ thuộc vào từ trường.

D. A. Kuptsov

F1161. Hiện tượng “thì thầm” trong phòng trưng bày rất nổi tiếng trong âm học kiến ​​trúc. Trong các thánh đường lớn (ví dụ như ở Vương cung thánh đường Thánh Peter ở Rome), một khu vực bằng phẳng có hàng rào được bố trí xung quanh chu vi của chân mái vòm.

Hãy tưởng tượng rằng tại điểm A có một nguồn âm thanh định hướng (điều này tương ứng với trường hợp một người đang nói). Khi đó, từ một chùm tia hẹp hướng thẳng đến điểm B, nói đúng ra, chỉ có một tia (hình 2, a) tới được điểm đó. Các tia còn lại sẽ chạm tới điểm gần điểm B nhưng khác nhau. Nếu cùng một chùm tia phát ra từ điểm A hướng dọc theo bức tường của phòng trưng bày thì không phải một mà nhiều tia sẽ chạm tới điểm B

37

Tzadka (phòng trưng bày), nơi du khách được phép vào thăm. Từ lâu, người ta đã thay thế lời nói nhẹ nhàng ở điểm A (hình 1) có thể nghe rõ ở điểm B nếu người nói nhìn dọc theo bức tường phòng trưng bày. Nhưng nếu người nói nhìn về hướng điểm B thì ở cùng mức âm lượng đó không thể nghe thấy lời nói ở điểm B. Tại sao điều này lại xảy ra?
Tại điểm A, một nguồn âm không định hướng phát ra xung tiêu hóa khá lớn $\tau_1$. Sự tiêu hóa xung lực nhận được ở điểm B sẽ như thế nào? Đường kính phòng trưng bày d.

Thầy, Kansha

tia phản xạ từ bức tường phòng trưng bày (hình 2, 6). Đó là lý do tại sao việc nói dọc theo bức tường sẽ “có lợi hơn” - âm thanh dường như lan truyền dọc theo phòng trưng bày “thì thầm”.

Nếu tại điểm A có một nguồn phát âm thanh đủ lớn không định hướng thì âm thanh này có thể truyền đến điểm B theo nhiều cách. Đường ngắn nhất là đi thẳng từ A đến B. Tín hiệu truyền theo hướng này sẽ đến trước và sẽ mất thời gian

$$\tau_0 = \frac{d}{v},$$

trong đó $v$ là tốc độ âm thanh. Sau đó, hai tín hiệu sẽ đến (một ở bên phải, một ở bên trái - xem hình 3), sau khi được phản chiếu từ tường phòng trưng bày. Sau đó, các tín hiệu sẽ được phản ánh hai lần, ba lần, v.v. nhiều lần. Tín hiệu cuối cùng đến là hai tín hiệu, đến từ A gần như tiếp tuyến với bức tường phòng trưng bày theo hai hướng ngược nhau. Mỗi tín hiệu này, được phản xạ từ bức tường rất nhiều lần, sẽ truyền đi một đường gần bằng một nửa chu vi của phòng trưng bày. Việc này sẽ mất thời gian

$$\tau = \frac{\pi d}{2} = \frac{\pi d}{2v}.$$

Sự khác biệt về thời gian truyền của tín hiệu đầu tiên và cuối cùng là

$$\Delta \tau = \tau - \tau_0 = \frac{d}{v} \left( \frac{\pi}{2} - 1 \right).$$

Lúc này, xung âm thanh phát ra tại điểm A sẽ bị trễ so với điểm B. Do đó, quá trình tiêu hóa xung nhận được tại điểm B sẽ bằng

$$\tau_2 = \tau_1 + \Delta \tau = \tau_1 + \frac{d}{v} \left( \frac{\pi}{2} - 1 \right)$$

Thật thú vị khi lưu ý rằng với bất kỳ vị trí nào khác của các điểm phát và nhận xung âm thanh, sự khác biệt trong quá trình tiêu hóa của chúng sẽ còn lớn hơn (bạn hãy tự mình xem điều này).

V. I. Klyachin

38

F1162. Dưới nước ở độ sâu h có nguồn sáng chính xác. Hình ảnh của nguồn này ở đâu đối với người quan sát nhìn vào mặt nước (hình 1)? Chiết suất của nước n.

Một người quan sát nhìn vào bề mặt nước bằng nước sẽ quan sát ảnh của nguồn dưới dạng các tia mà sau khi khúc xạ ở ranh giới nước-không khí, tạo thành những góc rất nhỏ so với mặt nước.

Hãy xem xét một tia tạo một góc nhỏ $\Delta\varphi$ với đường chân trời và giới hạn tia đã chọn (hình 2). Chúng ta hãy biểu thị bằng $A$ điểm thoát ra khỏi nước của tia biên này và bằng $B$ điểm tiếp xúc với bề mặt nước của tia đã trải qua sự phản xạ hoàn toàn và tìm khoảng cách giữa các điểm này:

$$AB = h(tg\alpha_0 - tg(\alpha_0 - \Delta\alpha)).$$

Ở đây $\alpha_0$ là góc giới hạn của phản xạ toàn phần $(\sin\alpha_0 = 1/n)$, và $(\alpha_0 - \Delta\alpha)$ là góc tới trên bề mặt nước của tia, sau khi khúc xạ sẽ tạo thành một góc $\Delta\varphi$ với nó.

Theo định luật khúc xạ ánh sáng,

$$\frac{\sin(\alpha_0 - \Delta\alpha)}{\sin(\pi/2 - \Delta\varphi)} = \frac{1}{n},$$

hoặc, cho rằng $\sin\alpha_0 = 1/n$,

$$\cos\Delta\alpha - \cos\Delta\varphi = n \cos\alpha_0 \cdot \sin\Delta\alpha.$$

Đối với các góc nhỏ $\Delta\alpha$ và $\Delta\varphi$ mối quan hệ sau là hợp lệ:

$$\cos\Delta\alpha = 1 - 2\sin^2(\Delta\alpha/2) = 1 - (\Delta\alpha)^2/2,$$

$$\cos\Delta\varphi = 1 - (\Delta\varphi)^2/2.$$

Từ đây chúng ta thu được phương trình bậc hai cho góc $\Delta\alpha$:

$$(\Delta\alpha)^2 + 2n \cos\alpha_0 \cdot \Delta\alpha - (\Delta\varphi)^2 = 0.$$

Xét rằng $(\Delta\alpha)^2 \ll \Delta\alpha$, chúng tôi tìm thấy

$$\Delta\alpha = \frac{(\Delta\varphi)^2}{2n \cos\alpha_0} = \frac{(\Delta\varphi)^2}{2\sqrt{n^2 - 1}}.$$

Sau đó

$$AB = h \frac{\sin\Delta\alpha}{\cos\alpha_0 \cdot \cos(\alpha_0 - \Delta\alpha)} \approx h \frac{\Delta\alpha}{\cos^2\alpha_0} \ll h \tg\alpha_0.$$

Do đó, đối với các tia parastrong (tức là các tia có $\Delta\varphi \ll 1$), ảnh của nguồn xuất hiện tại điểm tới của tia bị phản xạ toàn phần (tại điểm $B$).

S. S. Krotov