Lời giải bài toán M1156—M1160; F1168—F1172

31

F1189. Căn phòng lớn được giữ ở nhiệt độ không đổi $T_k=+15^\circ\text{C}$ vào mùa đông bằng ba bộ tản nhiệt sưởi ấm trung tâm nối tiếp (hình 2), qua đó nước nóng được bơm. Trong trường hợp này, nhiệt độ của bộ tản nhiệt đầu tiên là $T_1=+75^\circ\text{C}$ và nhiệt độ cuối cùng (thứ ba) là $T_3=+30^\circ\text{C}$. Nhiệt độ của bộ tản nhiệt thứ hai là bao nhiêu? Hãy xem xét rằng sự trao đổi nhiệt - cả giữa bộ tản nhiệt và căn phòng, cũng như giữa nước nóng và bộ tản nhiệt - tỷ lệ thuận với chênh lệch nhiệt độ tương ứng.

A. V. Andrianov

F1190. Hai tụ điện giống hệt nhau mắc nối tiếp với một cục pin có điện trở trong $r=1$ Ohm. Một điện trở $R=1000$ Ohm được mắc song song với một trong số chúng và một lượng nhiệt nhất định được giải phóng trong mạch. Bao nhiêu nhiệt lượng này sẽ được giải phóng vào điện trở trong của pin?

A. R. Zilberman

F1191. Một quả cầu dẫn điện có thành mỏng có bán kính $R$ có được nối với nguồn bằng dây mỏng (hình 3) ​​​nối tại các điểm $A$ và $B$ ($AO \perp OB$, $O \perp OB$) không? Chúng ta hãy tạo hai dấu trên quả cầu gần điểm $C$, sao cho khoảng cách giữa chúng là $R/1000$, và đoạn nối chúng vuông góc với hướng của các điện tích. Phần nào của tổng dòng điện chạy qua quả cầu giữa các điểm này?

L. G. Markovich

F1192. Ở cuối nút điện hình trụ có một tấm bìa cứng mỏng, trên đó có một vòng siêu dẫn nhỏ làm bằng dây mỏng, đường kính $d_1$ nhỏ hơn đáng kể so với đường kính của vòng $D$. Khi nối nút điện từ với nguồn nối tiếp với tụ điện (hình 4), vòng bị suy yếu ở mức $U>U_0$. Điện áp nguồn trong một thí nghiệm tương tự với một ống có cùng đường kính nhưng được làm bằng dây dày $d_2$ sẽ là bao nhiêu? Độ tự cảm của vòng lặp như vậy có thể được ước tính với độ chính xác đủ để thực hành bằng công thức $L=kD \ln(1,4D/d)$. Điện trở điện từ nên được coi là thấp.

V. V. Mozhaev

Lời giải bài toán
M1156—M1160, F1168—F1172

Chúng tôi sẽ chứng minh rằng đội ghi được 11 điểm chắc chắn sẽ lọt vào vòng 4 chung cuộc. Giả sử điều ngược lại: cho 5 đội ghi ít nhất 11 điểm. Trong 10 trận đấu giữa họ, 5 đội này ghi được tổng cộng 20 điểm và trong các trận đấu với 3 đội còn lại - không quá $2 \cdot 3 \cdot 5=30$, tức là tổng cộng họ ghi được không quá $50<5 \cdot 11$ điểm. Điều này mâu thuẫn với giả định của chúng tôi.

32

Về điểm.) Số điểm thấp nhất đảm bảo lọt vào vòng 4 chung cuộc là bao nhiêu?

Mặt khác, 10 điểm không đảm bảo quyền vào chung kết. Thật vậy, nếu có 5 đội hòa hết trận và thắng 3 đội còn lại thì mỗi đội sẽ ghi được 4+6=10 điểm nhưng có thể không vào được 4 đội cuối cùng.

Tương tự, có thể chứng minh rằng trong một giải đấu một vòng gồm các đội, số điểm tối thiểu đảm bảo lọt vào top $k$ của $n$ người tham gia ($k < n$) là $2n-k-1$.

S. Khodzhiev

M1157. Ba tam giác - trắng, đỏ và lục - có chung một điểm trong M. Chứng minh rằng bạn có thể chọn một đỉnh của mỗi tam giác sao cho điểm M nằm bên trong hoặc trên đường viền của một tam giác có các đỉnh tại các điểm đã chọn có ba màu khác nhau.

Hãy xem xét tất cả các góc có thể có được tạo thành bởi các đoạn đi từ $M$ đến hai đỉnh có màu khác nhau. Đặt phần lớn các góc này là $\alpha = \angle AMB \leq 180^\circ$, với $A$ là điểm đỏ và $B$ là điểm trắng. thì không có điểm xanh nào bên trong các góc $AMB'$ và $BMA'$ liền kề với $\alpha$ (xem hình). Do đó, trong góc thẳng đứng $A'MB'$ so với $\alpha$ phải có một đỉnh màu xanh lá cây $C$ (nếu không cả 3 đỉnh màu xanh lá cây sẽ nằm trong góc $\alpha$ và tam giác màu xanh lá cây sẽ không chứa điểm $M$). Tam giác $ABC$ là hình mà chúng ta đang tìm kiếm: nó chứa điểm $M$, vì $M$ nằm cùng phía với $C$ của đường thẳng $AB$ và các đoạn $AC$ và $BC$ cắt nhau phần tiếp theo của các đoạn $BM$ và $AM$.

Hãy thử đưa ra một dạng tương tự của phát biểu về bài toán này trong không gian.

I. Barani

M1158. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $(x+y)(x+z)$ nếu $x, y, z$ là số dương và $xyz(x+y+z)=1$.

Đáp số: Giá trị nhỏ nhất là 2.

Đặt $a=y+z, b=x+z, c=x+y$ và xem xét hình tam giác từ cạnh $a, b, c$; nó tồn tại vì mỗi số $a, b, c$ nhỏ hơn tổng của hai số còn lại (xem hình). Chu vi của tam giác này là $2p=a+b+c=2(x+y+z)$ và diện tích theo công thức Heron

33

$$S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} = \sqrt{(x+y+z)xyz} = 1.$$
Mặt khác, $2S = bc \sin \alpha$, trong đó $\alpha$ là góc giữa hai cạnh $b$ và $c$, vì vậy
$$(x+z)(x+y) = bc \geqslant 2S = 2,$$
Hơn nữa, sự bình đẳng đạt được đối với một tam giác vuông, tức là với điều kiện $a^2 = b^2 + c^2$, tương đương với điều kiện sau: $x(x+y+z) = yz$. (Cụ thể, $(x+y)(x+z) = 2$ tại $x+y=x+z=\sqrt{2}$, $y+z=2$, tức là $y = z=1$, $x=\sqrt{2}-1$.)
Đã đoán được khi nào đạt được đẳng thức, người ta dễ dàng tìm được một chứng minh đại số ngắn gọn sử dụng bất đẳng thức $p+q \geqslant 2\sqrt{pq}$:
$$(x+y)(x+z) = x(x+y+z) + yz \geqslant 2\sqrt{xyz}(x+y+z) \geqslant 2.$$
O. Khristenko

M1159. Dùng thước kẻ hai mặt dựng một góc có độ lớn $30^\circ$. Cho phép thực hiện các thao tác sau: (1) vẽ đường thẳng đi qua hai điểm, (2) vẽ đường thẳng song song với đường thẳng đó một khoảng bằng chiều rộng của thước.

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

4. Chúng tôi đánh dấu ba nút của lưới này $A, B, C$, tạo thành một tam giác vuông có hai chân $AB=\sqrt{3}, BC=\sqrt{6}$ và cạnh huyền $AC=3$ (hình 3).
5. Vẽ một đường thẳng song song với $AB$ cách nó một khoảng 1, ta tìm được điểm $D$ trên đoạn $BC$ sao cho $BD=1$. Sau đó $\angle BAD=30^\circ$.
   Tất nhiên, còn có lời giải khác.
   Một khả năng khác của thước kẻ hai mặt được hiểu rộng rãi hơn: nó cho phép bạn vẽ hai đường thẳng song song cách nhau từ 1 đến hai điểm cho trước $A$ và $B$ ($AB \geqslant 1$; hình 4). Có thể chứng minh rằng trong trường hợp này, sử dụng thước hai mặt,

34

bài toán tương tự để xây dựng cũng được sử dụng giống như với sự trợ giúp của la bàn và thước kẻ (ví dụ: xem cuốn sách của I. I. Aleksandrov “Bộ sưu tập hình học bài toán dành cho xây dựng”, M.: Uchrednitsa, 1952). Hãy xem xét liệu điều này có đúng với hai phép toán từ các điều kiện của bài toán của chúng ta hay không.

A. V. Poleb

M1160. Ở đầu A của đường thẳng AB, tập hợp 10 con chuột túi và bắt đầu nhảy cóc. Họ lần lượt nhảy: người đầu tiên nhảy bất cứ nơi nào anh ta muốn mỗi lần; người thứ hai nhảy qua người thứ nhất sao cho người thứ nhất ở chính xác nửa đường từ điểm bắt đầu đến điểm cuối của bước nhảy, người thứ ba nhảy qua người thứ hai theo cách tương tự, v.v., người thứ mười nhảy qua người thứ chín, sau đó một loạt bước nhảy mới bắt đầu theo các quy tắc tương tự.

a) Sau 10 lần nhảy, liệu có thể thu thập được tất cả chuột túi ở điểm B không?
b) Họ có thể thu thập ravshe ở đó không?

0 $x_1(1)$ $x_1(2)$ … 1
0 $x_2(1)$ $x_2(2)$ … 1
0 $x_3(1)$ $x_3(2)$ … 1
0 $x_{10}(1)$ $x_{10}(2)$ … 1

Bảng 1.

0 1/512 10/512 … 1
0 1/256 9/256 … 1 1
0 1/4 3/4 1 … 1 1
0 1/2 1 1 … 1 1
0 1 1 1 … 1 1

Bảng 2.

Đáp số: a) có, 6) không.

Chúng ta sẽ đặt vị trí của con kangaroo thứ $i$ sau lần nhảy thứ $k$ theo tọa độ $x_i(k)$ trên trục AB, lấy điểm A là 0 và $B$ là 1. Sau đó

$$x_{i-1}(k) = \frac{x_i(k-1)+x_i(k)}{2},$$

(1)

hoặc

$$x_i(k-1) = 2x_{i-1}(k)-x_i(k).$$

(2)

Hãy xem xét một bảng trong đó tại giao điểm của hàng thứ $i$ và cột thứ $k$ có số $x_i(k)$; thêm cột “không” cho vị trí ban đầu: $x_1(0)=x_2(0)=\dots=x_{10}(0)=0$. Theo (1), mỗi số trong bảng, ngoại trừ các số ở cột 0 và hàng cuối cùng (thứ 10), bằng hai số ở hàng tiếp theo - trong cùng một cột và ở cột trước đó (xem Bảng 1). Nếu tất cả các con chuột túi một lần được thu thập tại điểm $B$, thì cột cuối cùng bao gồm các số một và từ (2) theo đó, toàn bộ góc đều chỉ bao gồm các số một, như trong Bảng 2. Ngay sau đó, số chuỗi bước nhảy phải ít nhất là 10 và con kangaroo thứ $i$ ($i=2,3,\dots,10$) phải duy trì ở điểm $B$, điểm cuối cùng loạt $i-1$. nhảy ngay tại chỗ. (Tất nhiên, các điều kiện giả định rằng những bước nhảy như vậy được cho phép, tức là một số con chuột túi có thể ở cùng một điểm.)

Sử dụng cùng một bảng, 2 trong số 10 hàng và 11 cột cho thấy chuột túi phải nhảy như thế nào để rơi xuống điểm $B$ trong 10 chuỗi. Con kangaroo thứ 10 đã có trong loạt đầu tiên sẽ rơi vào $B$ và theo công thức (1) lần lượt tìm (trừ 1) các số $x_i(k)$, bắt đầu từ dòng dưới cùng: cho $i=9$, sau đó $i=8$, v.v. Để biểu thị các bước nhảy ($i-1$ của kangaroo, bạn cần đánh dấu điểm giữa của các vectơ mà nó nhảy lên đó $i$con chuột túi thứ 6 (xem hình).

Biên soạn bảng các bước nhảy này - 1; $\frac{1}{2}$ và $\frac{1}{2}$; $\frac{1}{4}$, $\frac{2}{4}$ và $\frac{1}{4}$; $\frac{1}{8}$, $\frac{3}{8}$, $\frac{3}{8}$ và $\frac{1}{8}$, v.v. - dễ dàng nhận thấy chúng được biểu thị thông qua các hệ số sinh học $C_n^m = \frac{n(n-1)\dots(n-m+1)}{1\cdot2\cdot\dots\cdot m}$, tham gia vào công thức *)

*) Xem tài liệu “Tam giác Pascal” của V. A. Uspensky (M.: Nauka, 1979) hoặc các bài viết tương ứng trong “Từ điển bách khoa của một nhà toán học cưỡi ngựa” (được tái bản gần đây: M.: Pedagogika, 1988).

35

$$(a+b)^n = C_n^0 a^n + C_n^1 a^{n-1} b + \ldots + C_n^k a^{n-k} b^k + \ldots + C_n^0 b^n.$$

Cụ thể, đối với lần nhảy thứ $k$ của con kangaroo thứ $i$ ($1 \leq k \leq 11-i, i=10, 9, \ldots, 1$) thì bằng

$$x_i(k) - x_i(k-1) = C_{10-i}^{k-1}/2^{10-i};$$

tổng $11-i$ của các lần nhảy này (trên tất cả $k$ từ 1 đến $11-i$) cho mỗi $i$ bằng 1.

S. L. Eliseev

F1168. Ước tính tốc độ tối đa của Lunokhod - phương tiện tự hành hoạt động trên Mặt Trăng, được điều khiển từ Trái Đất.

Giả sử rằng tại một thời điểm nào đó, điện thoại của tàu thám hiểm mặt trăng đã “phát hiện” ra một điểm không bằng phẳng trên bề mặt mặt trăng và “báo cáo” điều này với Trái đất. Cho đến khi nhận được lệnh, thời gian sẽ trôi qua như thế nào?

$$t = 2 \frac{l}{c} + \tau = 2 \frac{380 \cdot 10^3 \text{ км}}{300 \cdot 10^3 \text{ км/c}} + 0,1 \text{ с} \sim 2,6 \text{ с}.$$

Ở đây $l$ là khoảng cách từ Trái đất đến Mặt trăng, $c$ là tốc độ truyền tín hiệu vô tuyến, $\tau$ là khoảng thời gian người vận hành chấp nhận lời giải.

Để ước tính tốc độ chuyển động của tàu thám hiểm mặt trăng, chúng ta sẽ giả sử rằng nó nhỏ hơn rất nhiều lần so với tốc độ $v \sim 20$ km/h chuyển động tự động trên một con đường bằng phẳng trên trái đất, bao nhiêu lần thời gian $t$ “chấp nhận lời giải” của tàu thám hiểm mặt trăng lớn hơn thời gian $\tau$ phản ứng của người lái xe trên trái đất. Do đó, tốc độ tối đa của Lunokhod

$$v_\pi \sim v \frac{\tau}{t} \sim 1 \text{ km/ч}.$$

V. I. Shelest

F1169. Máy tạo âm thanh là một thanh thẳng nhẹ có chiều dài $L$ (xem hìnhok), ở một đầu của nó (tại điểm B) gắn một bộ tạo âm thanh với mục tiêu và đầu còn lại được cố định trong một bản lề, có thể điều chỉnh không ma sát so với trục thẳng đứng $A$, đi cách trục xử lý O của máy xé đĩa một khoảng $R$ ($R > L$). Hình ảnh được đặt trên một bề mặt phẳng, đồng nhất của một đĩa chữa lành đồng nhất. Nauti được lắp đặt tại vị trí giữa tonar và lyceum của công ty cổ phần.

Rõ ràng là cánh tay đòn từ phía của đĩa chữa lành chịu một lực ma sát, như thường lệ, hướng vào tốc độ tương đối của cánh tay đòn và đĩa, ở vị trí ổn định - vuông góc với đoạn nối các điểm $B$ và $O$.

Ở trạng thái cân bằng, mômen của lực ma sát so với trục $A$ phải bằng 0. Điều này có nghĩa là lực ma sát hướng dọc theo cần tay, tức là góc $ABO$ là góc vuông, tam giác $ABO$ là góc vuông và góc $a$ là góc sao cho

$$\cos \alpha = \frac{L}{R}.$$

Điểm đặc trưng là trạng thái cân bằng này ổn định (bạn hãy tự chứng minh điều này).

Bây giờ hãy đặt kim vào bản ghi. Nói chung, khi thiết kế blaster, hãy chọn $L \approx R$. Sau đó, khi tấm bị rách, một lớp liên tục tác động lên kim, có xu hướng dịch chuyển kim về phía tâm đĩa, dẫn đến tấm bị mòn không đều. Vì vậy, các nhà sản xuất cao cấp được cảnh báo

36

F1170. Ước tính khối lượng của Thiên hà thu được bằng nhiều phương pháp khác nhau cho kết quả khác nhau. Do đó, theo ước tính trực quan, trong khoảng cách $R = 3 \cdot 10^9 R_0$ ($R_0$ là bán kính quỹ đạo Trái đất) tính từ tâm Thiên hà, khối lượng $M_1 = 1,5 \cdot 10^{11} M_0$ ($M_0$ là khối lượng của Mặt trời) tập trung. Trong khi đó, chu kỳ quay của các ngôi sao nằm ở khoảng cách xác định tính từ tâm Thiên hà là $T = 3,75 \cdot 10^8$ năm. Xác định “khối lượng ẩn” của Thiên hà, tức là khối lượng của vật thể vô hình của quả cầu bên trong có bán kính $R$. Khi tính toán chuyển động của các ngôi sao, khối lượng của Thiên hà có thể coi là tập trung ở trung tâm của nó.

F1171. Một lưỡng cực điện - hai hạt có khối lượng giống nhau $m$ và điện tích $+q$ và $-q$, được bao bọc ở hai đầu của một thanh lưỡng cực cứng không trọng lượng $l$ - chuyển động với tốc độ góc $\omega$ trong mặt phẳng nằm ngang quanh một trục thẳng đứng đi qua tâm $O$ của lưỡng cực (hình 1). Tại một số điểm, một từ trường không đổi được bật với độ tự cảm $B$ hướng thẳng đứng. Mô tả chuyển động ổn định của lưỡng cực.

Đối với một vật chuyển động theo đường tròn bán kính $r$ với tốc độ $v$ dưới tác dụng lực hút của một vật có khối lượng ở tâm $m_\pi$ thì gia tốc hướng tâm $v^2/r$ bằng gia tốc trọng trường $Gm_\pi/r^2$ (G là hằng số hấp dẫn):

$$\frac{v^2}{r} = \frac{Gm_\pi}{r^2}.$$

Do đó, sử dụng biểu thức $t = 2\pi r/v$ cho chu kỳ quay, cho khối lượng của vật trung tâm, ta thu được

$$m_\pi = \frac{4\pi^2 r^3}{Gt^2}.$$

So sánh chuyển động của Trái đất quanh Mặt trời (với chu kỳ $T_0 = 1$ năm) với chuyển động của các ngôi sao được xem xét trong nhiệm vụ, chúng ta tìm thấy tổng khối lượng $M$ của Thiên hà bên trong một quả cầu có bán kính $R$:

$$M_0 = \frac{4\pi^2 R_0^3}{GT_0^2}, \quad M = \frac{4\pi^2 R_3^3}{GT^2},$$

$$M = M_0 \frac{R^3}{R_0^3} \frac{T_0^2}{T^2} = 1,9 \cdot 10^{11} M_0.$$

Như vậy, “khối lượng ẩn” của Thiên hà bằng

$$\Delta M = M - M_1 = 4 \cdot 10^{10} M_0.$$

Khi bật từ trường lên, mỗi hạt sẽ chịu tác dụng của lực Lorentz (hình 2), hướng dọc theo thanh và bằng

$$F_{\pi} = qvB = q\omega \frac{l}{2} B.$$

Lực tác dụng lên lưỡng cực nói chung là

$$F = 2F_{\pi} = q\omega lB.$$

37

Lực này có độ lớn không đổi nhưng hướng của nó trong không gian thay đổi: vectơ $F$ quay cùng với thanh với vận tốc góc $\omega$. Do đó, tâm của lưỡng cực - điểm $O$ - sẽ quay với vận tốc góc $\omega$ quanh một đường tròn có bán kính $r$, có thể xác định được từ định luật thứ hai của Newton:

$$F = 2m\omega^2 r \Rightarrow r = \frac{F}{2m\omega^2} = \frac{qlB}{2m\omega}.$$

S. Edravkovic (SFRY)

F1172. Bề mặt bên trong của quả cầu được phủ một tấm phản xạ khuếch tán có hệ số phản xạ là $r = 0,9$. Sự phân bố có điều kiện của ánh sáng phản xạ bởi gương phản xạ khuếch tán được mô tả bởi định luật Lambert:

$$\Delta N = \frac{N}{\pi} \cdot \cos \theta \cdot \Delta \Omega,$$

trong đó $N$ là tổng số nền phản xạ, $\Delta N$ là số nền phản xạ theo một góc khối nhỏ $\Delta \Omega$, tạo một góc $\theta$ với pháp tuyến của vùng phản chiếu. Một nguồn sáng chính xác nhấp nháy ở trung tâm quả cầu. Phần nền nào sẽ xuất hiện thông qua sự từ chối rất nhỏ hiện diện trong hình cầu?

Thông qua sự từ chối trong quả cầu, trước tiên sẽ giải phóng những photon sẽ bị loại bỏ ngay sau khi tia sáng của nguồn phát ra, và thứ hai, những photon sẽ bị loại bỏ do phản xạ nhiều lần từ bề mặt bên trong của quả cầu.

Chúng ta hãy tính xem phần $p$ của nền được phản chiếu từ mặt phẳng $\Delta S'$ sẽ rơi trên mặt phẳng $\Delta S$ (xem hình). Theo định luật Lambert thì

$$p = \frac{\Delta N}{N} = \frac{1}{\pi} \cos \theta \cdot \Delta \Omega,$$

trong đó $\Delta \Omega = \Delta S \frac{\cos \theta}{AB^2}$ (với $\theta$ tính đến diện tích $\Delta S$ “có thể nhìn thấy” từ điểm $A$). Vì $AB = 2R$ cos $\theta$,

$$p = \frac{\Delta S}{4\pi R^2}.$$

Do đó, tỷ lệ nền rơi trên mặt phẳng $\Delta S$ so với mặt phẳng $\Delta S'$ chỉ phụ thuộc vào tỷ lệ $\Delta S$ với mặt phẳng của hình cầu và không phụ thuộc vào vị trí tương đối của các mặt phẳng đã chọn. Ngược lại, điều này có nghĩa là nếu mặt phẳng loại bỏ là $s$ và mặt phẳng hình cầu là $S$, thì sau khi phản xạ từ hình cầu, một phần nền phản xạ bằng $s/S$ sẽ xuất hiện thông qua sự loại bỏ. Để đánh giá, hãy đặt $s/S = 0,1\%$.

Vì việc giảm số lượng nền do bề mặt của hình cầu có các ngăn xếp lớn hơn hai bậc so với do rò rỉ do loại bỏ (10% nền bị mất ở mỗi lần phản xạ và 0,1% bị mất do bị loại bỏ sau mỗi lần phản xạ), nên có thể bỏ qua việc giảm số lượng nền $N_0$ trong hình cầu do rò rỉ do loại bỏ. sau đó ngay sau đèn flash (trước phản xạ đầu tiên) nền $N_0 s/S$ sẽ được giải phóng thông qua quá trình từ chối, sau nền $-rN_0 s/S$ phản chiếu đầu tiên, sau phản xạ thứ hai $-r^2 N_0 s/S$, v.v. Tỷ lệ nền cuối cùng sẽ được giải phóng thông qua từ chối bằng với

$$\alpha = \frac{s}{S} (1 + r + r^2 + \dots + r^n) = \frac{s}{S} \frac{1}{1-r} = 1\%.$$

S. A. Khorozov