Lời giải bài toán M1171—M1175; F1183—F1187

Kvant 1989, số 12 tr. 24, 25, 26, 27, 28, 29, 30, 32, 34 Thẻ UF79

Bản dịch tự động sơ bộ, chất lượng thấp: có thể còn lỗi và câu chữ chưa tự nhiên. Bản này sẽ được thay bằng bản dịch tốt hơn. Bản gốc →

F1205. Tất cả các yếu tố khác đều như nhau, bộ lông nào bị mất bức xạ cơ thể nhiều hơn - trắng hay đen?

Ô. Yu. Nikshina

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

Hình 4.

F1206. Hai dải dài và rộng được tích điện đồng đều với mật độ điện tích +σ (trên) và –σ (dưới). Tìm độ lớn và hướng của điện trường tại điểm M, nằm ở độ cao h so với mép của các sọc trên trục nằm trong mặt phẳng đối xứng của chúng (hình 3). Khoảng cách giữa các sọc d nhỏ so với h.

A. I. Semenov

F1207. Dung dịch điện được đổ vào một bình hình trụ đặt trong từ trường thẳng đứng. Giữa điện cực chạy dọc theo trục hình trụ và điện cực thứ hai, là bề mặt bên của bình, luôn duy trì hiệu điện thế (hình 4). Bạn có thể nói gì về hành vi của raster trong tình huống được mô tả?

A. I. Vuzdin

Lời giải bài toán
M1171—M1175, F1183—F1187

Lưu ý rằng với k ≥ 2
$\frac{1}{h_{k-1}} - \frac{1}{h_k} = \frac{1}{kh_{k-1}h_k} > \frac{1}{kh_k^2}.$
Cộng các bất đẳng thức này trên k=2, 3, …, n, ta thu được bất đẳng thức
$\frac{1}{2h_2^2} + \frac{1}{3h_3^2} + \dots + \frac{1}{nh_n^2} < \frac{1}{h_1} - \frac{1}{h_n} < 1$
( $h_1 = 1$ ). Vẫn cần thêm 1/h₁² = 1 cho cả hai vế.
L. D. Kurlyandchik

M1172. Cách thuận tiện nhất để các đoạn AO và OB xuất phát từ gốc O của hệ tọa độ hình chữ nhật trong không gian là gì, nếu điểm A có tọa độ (x, y, z) và điểm B có tọa độ (y, z, x)?

$\sin \frac{\angle AOB}{2} = \frac{AB}{2OA} \leq \frac{AB}{2AP} = \sin 60^\circ$

M1173*. Ba đường thẳng được vẽ đi qua một điểm bên trong một tam giác có diện tích S sao cho mỗi cạnh của tam giác cắt nhau bởi hai đường thẳng đó (hình 1). Chứng minh diện tích $S_1, S_2, S_3$ của ba tam giác giáo dục thỏa mãn bất đẳng thức

$\frac{1}{S_1} + \frac{1}{S_2} + \frac{1}{S_3} \geq \frac{9}{S}$

Chúng ta sẽ chứng minh hai bất đẳng thức củng cố bất đẳng thức bài toán theo những cách khác nhau.

Hãy chứng minh rằng bất đẳng thức bài toán đúng với ba tam giác bất kỳ có chung đỉnh O bên trong tam giác ABC cho trước, có đáy nằm trên các cạnh của nó (hình 2).

Rõ ràng rằng với một điểm O cho trước, giá trị nhỏ nhất của vế trái của bất đẳng thức sẽ đạt được đối với các tam giác OAB, OBC và OCA. Khi đó $S = S_1 + S_2 + S_3$ và do bất đẳng thức $a + 1/a \geq 2$ tại $a > 0$

$\frac{S}{S_1} + \frac{S}{S_2} + \frac{S}{S_3} = 3 + \left( \frac{S_2}{S_1} + \frac{S_1}{S_2} \right) + \left( \frac{S_3}{S_1} + \frac{S_1}{S_3} \right) + \left( \frac{S_3}{S_2} + \frac{S_2}{S_3} \right) \geq 3 + 3 \cdot 2 = 9$

Sự bình đẳng đạt được khi $S_1 = S_2 = S_3$ , tức là O là giao điểm của các đường trung tuyến.

Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh rằng đối với ba tam giác được xét ở điều kiện bài toán, nhiều hơn

sự bất bình đẳng mạnh mẽ:

$\frac{1}{S_1} + \frac{1}{S_2} + \frac{1}{S_3} \geq \frac{18}{S}.$

Hãy nối các đầu của các đoạn này để tạo thành thêm ba hình tam giác (hình 3); đặt diện tích của chúng bằng $T_1, T_2, T_3$ . Biểu thị diện tích của cả sáu hình tam giác theo các cạnh kéo dài từ đỉnh $O$ và các góc giữa các cạnh này, chúng ta dễ dàng thu được $S_1S_2S_3 = T_1T_2T_3$ . Bây giờ, hãy tận dụng thực tế là giá trị trung bình số học của một số số không nhỏ hơn giá trị trung bình hình học của chúng:

$\frac{1}{S_1} + \frac{1}{S_2} + \frac{1}{S_3} \geq \frac{3}{\sqrt[3]{S_1S_2S_3}} = \frac{3}{\sqrt[6]{S_1S_2S_3T_1T_2T_3}} \geq \frac{3 \cdot 6}{S_1 + S_2 + S_3 + T_1 + T_2 + T_3} \geq \frac{18}{S}$

(tổng diện tích của cả sáu hình tam giác tất nhiên không quá $S$ ). Đẳng thức ở đây là đủ khi $S_1 = S_2 = S_3 = T_1 = T_2 = T_3 = S/6$ , tức là khi các đoạn đã cho là đường trung tuyến của tam giác (hình 4).

G. N. Zaitsev, V. N. Dubrovsky, V. V. Prasolov

*M1174. Dãy số nguyên $a_1, a_2, a_3, \dots$ được cho bởi điều kiện $a_1=1, a_2=12, a_3=20, a_{n+3}=2a_{n+2}+2a_{n+1}-a_n$ ( $n=1, 2, \dots$ ).

Chứng minh rằng với mọi số $n$ thì số $1+4a_na_{n+1}$ là bình phương của một số nguyên.

| $a_n$ | $4a_na_{n+1}+1$ | $q_n$ |
| :— | :— | :— |
| 1 | 49 | 7 |
| 12 | 961 | 31 |
| 20 | 5041 | 71 |
| 63 | 39409 | 197 |
| 154 | . . . | . . |

Bằng cách viết ra một số số hạng đầu tiên của dãy, như được thực hiện bên lề, chúng ta có thể chứng minh rằng $1+4a_na_{n+1}=q_n^2$ , trong đó $q_n=a_{n+2}-a_{n+1}-a_n$ ; ví dụ: với $n=1$ và $n=2$ thu được các đẳng thức sau: $1+4 \cdot 12=(20-12-1)^2, 1+4 \cdot 12 \cdot 20=(63-20-12)^2$ .

Chúng ta hãy sử dụng phương pháp quy nạp: chúng ta sẽ chứng minh rằng giả định $1+4a_{n-1}a_n=q_n^2$ - hàm ý đẳng thức $1+4a_na_{n+1}=q_n^2$ (đối với $n=2, 3, \dots$ ). Như sau từ điều kiện bài toán, $q_n=a_{n+2}-a_{n+1}-a_n=a_{n+1}+a_n-a_{n-1}=q_{n-1}+2a_n$ . Đó là lý do tại sao

$1+4a_{n-1}a_n=q_{n-1}^2=(q_n-2a_n)^2=q_n^2-4a_n(a_{n+1}+a_n-a_{n-1})+4a_n^2=q_n^2+4a_na_{n-1}-4a_na_{n+1},$

từ đâu $1+4a_na_{n+1}=q_n^2$ .

Từ lời giải của chúng tôi, rõ ràng là đối với mọi số hạng ban đầu của chuỗi có điều kiện đồng thời $a_{n+2}+a_n=2(a_{n+1}+a_n)$ thì giá trị $(a_{n+2}-a_{n+1}-a_n)^2-4a_na_{n+1}$ là không đổi và không phụ thuộc vào $n$ .

N. V. Vasiliev

*M1175. Vào lúc nào tự nhiên $n$ tuyên bố sau đây là đúng: như thể

Nếu một số n-vui lòng thông thường không giao nhau được đặt trên một mặt phẳng, thì một trong số chúng có thể được di chuyển theo một hướng nhất định mà không ảnh hưởng đến những cái khác? (Bạn không thể xoay n-pleaser, tức là tất cả các tia phát ra từ các điểm của n-pleaser đã chọn theo hướng mong muốn không được đặt n-pleaser còn lại.)

Hình 1.

Hình 2.

F1183. Xe buýt chuyển động với vận tốc không đổi u=60 km/h, đứng yên trong thời gian dài

hướng d), mà không ảnh hưởng đến các hướng khác. Một đa giác như vậy có thể được tìm thấy cho mỗi hướng d.

Chúng ta hãy xem xét các “hình chiếu” của đa giác lên một đường thẳng l, vuông góc với hướng d và khi mô tả các hình chiếu, chúng ta sẽ chỉ ra đa giác nào nằm ở trên (chúng ta coi d là hướng “lên”, hình 1); có sự lồi của đa giác ở đây.

Bây giờ chỉ cần chứng minh điều sau đây là đủ - bổ đề về thảm: nếu một đoạn - “hành lang” được bao phủ bởi nhiều đoạn - “thảm”, thì chắc chắn sẽ có một tấm thảm, không có phần nào bị tấm thảm khác che phủ - tấm thảm trên cùng.

Rõ ràng, chúng ta có thể giả sử rằng không có tấm thảm nào có hai khu vực mở được ngăn cách bởi một khu vực kín: nếu không, chúng ta chỉ có thể xem xét những tấm thảm nằm trên khu vực đóng này và trong số chúng hãy tìm tấm thảm trên cùng. Theo cách tương tự, bạn có thể loại trừ (loại bỏ) những tấm thảm đã đóng hoàn toàn khỏi danh sách xem xét.

Giả sử không có tấm thảm “trên cùng”, tức là mỗi tấm thảm có cả phần mở và phần đóng, chúng ta đi đến mâu thuẫn ngay: liền kề đầu bên trái của hành lang là một tấm thảm có phần mở nằm ở bên trái; liền kề với khu vực này trên tấm thảm này là một tấm thảm khác “mở ở bên trái”, v.v. Dây xích này không thể bị đứt (trong khi đó, ở cuối hành lang bên phải tất nhiên có một tấm thảm “mở bên phải”).

Bổ đề thảm đã được chứng minh. Rõ ràng là đa giác tương ứng với tấm thảm “phía trên” có thể di chuyển theo hướng d mà không bị cản trở.

Về điều này bài toán chúng tôi sẽ đưa ra một vài nhận xét.

Sự tương tự của “bổ đề thảm” đối với các hình trên mặt phẳng rõ ràng là không chính xác. Một phát biểu tương tự đối với đa giác lồi cũng không chính xác: G. A. Galperin đã chỉ ra một ví dụ về một số “tấm”, không có tấm nào có thể hoàn thành mà không uốn cong các tấm còn lại (trong ví dụ này, các mặt “bên ngoài” của 12 tấm tạo thành một khối mười hai tấm, và các “đường nối” - các mặt mà chúng “gần như gặp nhau” - được chọn sao cho đối với mỗi tấm ít nhất hai “đường nối” không liền kề tạo thành một góc lớn với cạnh ngoài 90°).
Trong công thức ban đầu của các tác giả bài toán V. G. Ilchev và D. A. Tereshin có một mệnh đề bổ sung: n-pleaser chỉ được phép di chuyển theo hướng vuông góc với cạnh của nó; đồng thời, đáp số cũng thay đổi: ví dụ, không khó để phát minh ra một gia đình gồm 5 người thích thú, không điều nào trong số đó có thể thực hiện được theo cách này (hình 2).

N. V. Vasiliev

Hoa văn được hình thành bởi những giọt djedish trên kính có tính đối xứng so với phương thẳng đứng. Từ đó chúng ta có thể kết luận rằng gió sẽ ép các giọt nước theo hướng

tại các điểm dừng. Bên ngoài trời lộng gió và đang xuống dốc. Những giọt nước cần thiết được hình thành trên cửa sổ bên của xe buýt theo kiểu như trong hình. Tốc độ và hướng gió không thay đổi. Tốc độ rơi của giọt dombdy là bao nhiêu? Bạn có thể nói gì về tốc độ gió? Đường thẳng, xe buýt không quay đầu.

F1184. Một thanh sắt hình trụ dài 10 cm được nung trên ngọn lửa của bếp gas. Nhiệt độ của đầu nóng là 700 ° C, ở khoảng cách 1 cm - 500 ° C, 2 cm - 300 ° C, 3 cm - 200 ° C, 5 cm - 150 ° C, nhiệt độ của đầu kia của thanh là 100 ° C. Sau một phút, nhiệt độ giảm dần và đạt 200°C. Hãy tính nhiệt lượng mà thanh đã mất đi trong thời gian đó. Nhiệt dung riêng của sắt là 460 J/(kg K), khối lượng thanh là 15 g.

Nếu không bị mất thông tin thì nhiệt độ sẽ được đặt thành $t_{0\text{бц}} = \frac{1}{10} (t_1 + t_2 + \dots + t_{10})$ ,

trong đó $t_i$ là nhiệt độ trung bình của các đoạn thanh dài

mỗi centimet (xem hình). Trong trường hợp của chúng tôi $t_{0\text{бц}} = \frac{1}{10} (600 + 400 + 250 + 180 + 150 + 150 + 130 +$
$+ 110 + 100 + 100) = 218 °C$ .

Điều này có nghĩa là tổn thất cho biết là $Q = cm (t_{0\text{бц}} - t_{200}) \approx 0,12$ kJ.

Tất nhiên, con số thu được chỉ là gần đúng và có thể hơi khác một chút - trong phạm vi ±10%.

A. R. Zilberman

F1185. Một khối tích điện đều tạo ra một điện trường theo hướng $E_0$ tại đỉnh của nó. Một khối có kích thước bằng một nửa sẽ bị xóa khỏi khối (xem hìnhok). Bây giờ hướng của trường tại điểm A sẽ như thế nào?

Chúng ta hãy tìm hiểu xem hướng của trường tạo bởi một khối tích điện đều ở đỉnh của nó phụ thuộc như thế nào vào kích thước tuyến tính của khối đó. Từ các thông điệp đối xứng, rõ ràng là tính định hướng này được định hướng dọc theo đường chéo chính tương ứng của khối lập phương. Vì vậy chúng ta có thể viết

$E = \sum_i \frac{\rho \Delta V_i}{r_i^2} \cos \alpha_i,$

trong đó $\rho$ là mật độ điện tích, $\Delta V_i$ là các khối nhỏ mà toàn bộ khối lập phương được chia vào đó, $r_i$ là khoảng cách từ khối thứ $i$ đến đỉnh của khối đang xem xét, $\alpha_i$ là góc giữa hướng từ khối đến đỉnh và đường chéo lớn của khối lập phương.

Đối với hình lập phương có cạnh $l$

$\Delta V_i \sim l^3, \quad r_i^2 \sim l^2,$

và $\alpha_i$ giống nhau đối với tất cả các hình khối; kể từ đây,

$E \sim \frac{l^3}{l^2} = l$

hướng của trường ở đỉnh khối lập phương tỷ lệ thuận với kích thước tuyến tính của nó.

Rõ ràng, một khối lập phương có một nửa kích thước tuyến tính sẽ tạo ra tính định hướng cũng lớn bằng một nửa. Do đó, nếu lúc đầu tính định hướng tại điểm A bằng $E_0$ , thì sau khi loại bỏ khối lập phương nhỏ, tính định hướng sẽ lớn bằng một nửa:

$E_A = E_0 - \frac{E_0}{2} = \frac{E_0}{2}.$

Hướng của hướng sẽ không thay đổi.

Tôi. Yu. Pogeryako

F1186. Tại giá trị nào của tụ điện $C_x$ trong mạch như hình hình 1, độ lệch pha giữa chiều cấp nguồn và dòng điện trong mạch ngoài sẽ bằng 0 ở bất kỳ tần số nguồn nào? Độ tự cảm của cuộn dây là $L$ , điện trở của mỗi điện trở là $R$ . Tất cả các phần tử của mạch được coi là lý tưởng.

bài toán này có thể được giải bằng nhiều cách khác nhau, nhưng đơn giản và dễ hiểu nhất là phương pháp sơ đồ vectơ $^*$ ).

Ý tưởng chính của phương pháp này là các biến hướng và điểm được biểu diễn dưới dạng vectơ có độ dài tương ứng và được cộng bằng đại số vectơ bên phải. Trong điện trở, dòng điện cùng pha với chiều và $U_R = I_R R$ , trong đó $U_R$ là mô hình của vectơ chỉ phương trên điện trở, $I_R$ là mô hình của vectơ dòng điện trong điện trở, $R$ là điện trở của điện trở. Ví dụ: dòng điện chạy trước $90^\circ$ và $U_L = I_L \omega L$ , trong đó $U_L$ là mô hình của vectơ chỉ phương trên cuộn cảm, $I_L$ là mô hình của vectơ dòng điện, $L$ là độ tự cảm của cuộn dây, $\omega$ là tần số truyền

*) Ví dụ, hãy xem bài viết của A. R. Zilberman “AC Circuits” («Kvant», 1986, No. 9). (Lưu ý ped.)

dòng điện thấp. Điện áp trên tụ cách dòng điện một góc 90° và $U_C = I_C \frac{1}{\omega C}$ , trong đó $U_C$ là mô hình của vectơ điện áp trên tụ điện, $I_C$ là mô hình của vectơ dòng điện qua tụ điện, $C$ là điện dung của tụ điện.

Bây giờ chúng ta hãy quay lại bài toán của chúng tôi. Cho dòng điện $I_0$ chạy trong mạch ngoài. Khi đó đối với mạch điện chứa cuộn cảm và điện trở, sơ đồ vectơ sẽ có dạng như hình hình 2, trong khi

$\vec{I}_0 = \vec{I}_{LR} + \vec{I}_L, \quad U_{LR} = I_{LR}R \quad \text{и} \quad I_{LR}R = I_L\omega L.$

Đối với mạch chứa tụ điện và điện trở, sơ đồ vectơ sẽ tương tự (hình 3):

$\vec{I}_0 = \vec{I}_C + \vec{I}_{CR}, \quad U_C = I_{CR}R \quad \text{и} \quad I_{CR}R = I_C \frac{1}{\omega C}.$

Để vectơ $\vec{U}_0$ cùng pha với vectơ $I_0$ , điều cần thiết là các góc giữa vectơ $\vec{I}_0$ và $\vec{I}_{LR}$ , cũng như giữa $\vec{I}_0$ và $\vec{I}_C$ , phải bằng nhau (hình 4). Sau đó

$\frac{I_L}{I_{LR}} = \frac{I_{CR}}{I_C},$

nó theo sau từ đâu

$\frac{\omega L}{R} = \omega CR, \quad \text{или} \quad C = \frac{L}{R^2}.$

Rõ ràng, nếu bạn chọn $C = L/R^2$ , thì dòng điện sẽ cùng pha với điện áp ở bất kỳ tần số nào và có thể dễ dàng chỉ ra rằng $U_0 = I_0R$ .

V.E. Nồi chiên

F1187. Một chiếc xe trượt tuyết có chiều dài $L = 2$ m và chiều cao $H = 0,5$ m chuyển động theo đường thẳng với tốc độ $v = 10$ m/s. Ở khoảng cách $d = 10$ m so với đường, một tàu con thoi có camera phono được lắp đặt và quá trình quay phim được thực hiện tại thời điểm hợp nhất tối đa.

Máy ảnh có ống kính một tấm có tiêu cự $F = 5$ cm. Tốc độ cửa trập (tức là thời gian trong đó mỗi phần của phim nền được phát hiện) được phản ánh trong máy ảnh này bằng cách sử dụng cửa trập khe, hoạt động như sau:

Chúng ta hãy biểu thị độ dài của hình ảnh tức thời của lon trên màng phono bằng $l$ và chiều cao bằng $h$ . Sau đó, tính đến $d \gg F$ , chúng ta nhận được

$l = \frac{F}{d}L, \quad h = \frac{F}{d}H.$

Tuy nhiên, trong quá trình phơi sáng, hình ảnh di chuyển dọc theo phim với tốc độ $u = (F/d)v$ dẫn đến hiện tượng méo hình

lốp xe và chỉ có $n$ đỉnh. Do đó, trung bình, $2(n-3)/n$ đường chéo sẽ đến đỉnh. Do đó, tổng số đường chéo trung bình của phân vùng thứ nhất và thứ hai đến từ một đỉnh bằng $4(n-3)/n$ . Đối với $n \geq 13$ con số này lớn hơn ba, có nghĩa là đỉnh của $n$ -gon mà chúng ta cần thực sự tồn tại.

Tam giác của một quả cầu và một quả bóng
Trước khi bắt đầu trình bày các kết quả của Slator, Tarjan và Thurston, cần có một vài định nghĩa.

Phép tam giác của một hình cầu sẽ được gọi là phép chia hình cầu thành nhiều vùng, thu được như sau: một số điểm được đặt trên hình cầu - chúng được gọi là các đỉnh tam giác - và một số điểm được nối với nhau bằng các đường cong không tự giao nhau và chỉ có thể giao nhau ở các đỉnh. Trong trường hợp này, mỗi khu vực được chia bởi một hình cầu phải có chính xác ba cạnh, tức là nó phải được giới hạn bởi chính xác ba đường cong.

Do đó, trong quá trình tam giác, hình cầu được chia thành nhiều hình tam giác cong. Một ví dụ được hiển thị ở hình 3.

Chúng ta sẽ gọi một tam giác đặc biệt của quả bóng là ta-

Hình 2.
Có một tam giác xếp BCD (hình 2). Thay đường chéo BC bằng AD. Lặp lại các cách sắp xếp lại tương tự, chúng ta thêm rằng đối với tất cả các tam giác của phân vùng có đỉnh A, cạnh đối diện với nó sẽ là một trong các cạnh của n-giác. Và phân vùng rõ ràng là hình nón.

Chúng tôi đã chứng minh một thực tế thậm chí còn mạnh mẽ hơn: số lần sắp xếp lại cần thiết để có được một lát gạch hình nón có đỉnh A từ một ô cho trước không vượt quá $n-3-x$ , trong đó $x$ là số đường chéo của một ô đã cho xuất phát từ đỉnh A. Nếu chúng ta chọn một đỉnh A sao cho có ít nhất một đường chéo của ô ban đầu xuất phát từ nó, thì chúng ta không cần tái tạo nhiều hơn $n-4$ để có được phân vùng thứ hai từ hình nón này ốp lát. Điều này chứng tỏ bất đẳng thức 6): $P(n) \leq (n-4) + (n-3) = 2n-7$ .

Bây giờ, để chứng minh bất đẳng thức cuối cùng trong) $P(n) \leq 2n-10 = (n-3) + (n-3) - 4$ cho $n \geq 13$ , ta chỉ cần

Hình 3.

nhưng đối với hai phân vùng bất kỳ, hãy tìm một đỉnh $A$ sao cho tổng số đường chéo của phân vùng thứ nhất và thứ hai phát ra từ nó không nhỏ hơn 4. Hãy tính số đường chéo trung bình của một phân vùng tùy ý phát ra từ một đỉnh. Tất cả các đường chéo đều là $n-3$ , mỗi đường chéo nối hai đỉnh $A$ . Sự khác biệt như vậy $n-3-x$ , trong đó $x$ là số đường chéo của một phân vùng nhất định xuất hiện từ một đỉnh, bằng $4(n-3)/n$ . Đối với $n \geq 13$ con số này lớn hơn ba, có nghĩa là đỉnh của $n$ -gon mà chúng ta cần thực sự tồn tại.

Tam giác của một quả cầu và một quả bóng
Trước khi bắt đầu trình bày các kết quả của Slator, Tarjan và Thurston, cần có một vài định nghĩa.

Phép tam giác của một hình cầu sẽ được gọi là phép chia hình cầu thành nhiều vùng, thu được như sau: một số điểm được đặt trên hình cầu - chúng được gọi là các đỉnh tam giác - và một số điểm được nối với nhau bằng các đường cong không tự giao nhau và chỉ có thể giao nhau ở các đỉnh. Trong trường hợp này, mỗi khu vực mà hình cầu được chia thành phải có chính xác ba cạnh, tức là nó phải được giới hạn bởi chính xác ba đường cong.

Do đó, trong quá trình tam giác, hình cầu được chia thành nhiều hình tam giác cong. Một ví dụ được hiển thị ở hình 3.

Chúng ta sẽ gọi một tam giác đặc biệt của quả bóng là ta-

Lực thủy triều

(Để bắt đầu, xem trang 18)

Và thời gian áp dụng vũ lực, như chúng ta nhớ, là 12 giờ 25 phút. Hệ thống trở nên “cộng hưởng hơn”. Và trong phương án thứ hai, sự thay đổi chế độ dòng chảy ở lối ra khỏi Lưu vực Mainas cũng ảnh hưởng: dòng chảy thay đổi.

Và đây là kết quả. Đập Shepody hầu như không thay đổi độ cao của sóng ở Vịnh Fundy, làm tăng sóng ở Vịnh Maine khổng lồ

sức mạnh của hình học phi Euclide của Lobachevsky. Thực tế là phần bên trong của quả bóng, với định nghĩa thích hợp về khoảng cách giữa các điểm, sẽ biến thành mô hình không gian Lobachevsky. Thậm chí có hai cách để làm điều này. Trong một phương pháp, các dây của quả bóng đóng vai trò là các đường thẳng - đây là “mô hình Klein”, mặt khác - các cung tròn, các bề mặt vuông góc của quả bóng - đây là “mô hình Poincaré” («Kvant» đã nói về nó trong cùng một bài viết của K. L. Samarov và V. M. Uroev ở số 6 năm 1984). Thể tích phi Euclide của toàn bộ quả bóng (tức là toàn bộ không gian Lobachevsky) đương nhiên là vô hạn, nhưng đối với cuốn sổ -a bị giới hạn bởi một hằng số nhất định $V_0$ . Và đây là những gì chúng ta cần.

Chỉ còn một việc duy nhất: tìm tam giác Hamilton của hình cầu sao cho khối đa diện tương ứng có $n$ các đỉnh sẽ có thể tích không nhỏ hơn $(2n - 10)V_0$ . Điều này đạt được thông qua một thiết kế đẹp. Chúng ta hãy lấy một trong năm khối đa diện đều - ikasdr (hình 7, a), có 20 mặt tam giác, 12 đỉnh và 30 cạnh, nội tiếp trong hình cầu của chúng ta và chia mỗi mặt của nó thành $k^2$ nhỏ bằng nhau

thêm 3-4 cm, tức là hơn 2% biên độ dòng điện. Trong phương án thứ hai, được áp dụng trên toàn bộ không gian từ Boston đến lối vào Minas, lưu vực sẽ lùi lại 15-20 cm - hơn 10%! Và nếu bạn xây dựng các ứng dụng mới, việc di cư của cá sẽ bị gián đoạn, nhìn chung hậu quả là rất đáng kể!

Chà, ngay cả những dự án như vậy, chắc chắn là những thành phố sạch hơn về mặt môi trường so với các nhà máy điện ấm hoặc điện hạt nhân, cũng phải được xem xét cẩn thận từ quan điểm tác động của chúng đối với thiên nhiên.