[Lời giải các bài toán M1—M3; F1-F6]

48

Từ số này, chúng tôi sẽ bắt đầu đăng lời giải “Tập bài toán Kvant”.
Phần lớn các bài toán đăng trong mục này của tạp chí khá khó, và việc thảo luận một số bài trong đó đáng lẽ cần dành nhiều bài viết hơn. Nhiều bài là dịp để nói về cả một lớp bài toán, về các phương pháp tiếp cận những hiện tượng này hay khác, về việc sử dụng các hiện tượng khác nhau trong thực tế. Đôi khi chúng tôi sẽ tiến hành cuộc trao đổi này trên các trang tạp chí của mình. Nhưng thường thì chính bạn đọc cần suy nghĩ về cách khái quát lời giải đã nêu, hoặc cách đơn giản hóa nó, về nơi áp dụng hiện tượng được nói đến trong bài toán, v.v.

Số thứ bảy được chuẩn bị để in vào cuối tháng Ba, vì vậy ở đây dĩ nhiên chưa tính đến các thư có lời giải mà chúng tôi nhận được sau đó. Về sau dự định công bố lời giải khoảng nửa năm sau khi đăng các bài toán. Khi đó chúng tôi sẽ kịp làm quen với các lời giải được gửi “đúng hạn” — không muộn hơn một tháng rưỡi sau khi số tương ứng được phát hành. Dĩ nhiên, chúng tôi không thể trả lời tất cả bạn đọc đã gửi thư cho chúng tôi. Những lời giải hay nhất sẽ được công bố trên các trang tạp chí. Còn những người đã nghĩ ra một lời giải khác hẳn lời giải được công bố thì sẽ phải tự mình xem xét nó có đúng hay không, và nếu không đúng — sai ở đâu.

Và cuối cùng. Nghĩ ra một bài toán thường khó hơn giải nó. Khó hơn, nhưng cũng thú vị hơn. Hãy thử nghĩ ra các bài toán và gửi chúng cho chúng tôi. Những bài toán hay nhất chúng tôi sẽ công bố trong “Tập bài toán Kvant”.

49

M1. Ở nước Anchuria, nơi tổng thống Miraflores cầm quyền, thời điểm bầu cử tổng thống mới đang đến gần. Trong nước có đúng 20 triệu cử tri, trong đó chỉ một phần trăm (quân đội chính quy của Anchuria) ủng hộ Miraflores. Miraflores dĩ nhiên muốn được bầu, nhưng mặt khác, ông ta muốn cuộc bầu cử có vẻ dân chủ. Miraflores gọi “bỏ phiếu dân chủ” là như sau: tất cả cử tri được chia thành vài nhóm bằng nhau, sau đó mỗi nhóm này được tăng lên thành một số nhóm bằng nhau, rồi các nhóm sau lại được chia thành các nhóm bằng nhau, v.v.; trong các nhóm nhỏ nhất, người ta chọn đại diện của nhóm — các cử tri đoàn, sau đó cử tri đoàn đại diện để bỏ phiếu trong một nhóm còn lớn hơn, v.v.; cuối cùng, các đại diện của những nhóm lớn nhất chọn đại diện cho các nhóm theo ý ông ta, và chỉ thị cho các bên của mình cách bỏ phiếu. Liệu ông ta có thể tổ chức “bầu cử dân chủ” như vậy để mình được bầu làm tổng thống không? (Nếu số phiếu bằng nhau, phe đối lập thắng.)

Đáp án. Có, có thể.

Trước hết, hãy xét xem trong các cuộc bầu cử “nhiều cấp”, một ứng cử viên được thiểu số bỏ phiếu có thể thắng như thế nào. (Nhân tiện, theo hệ thống như vậy người ta bỏ phiếu ở nhiều nước tư bản chủ nghĩa.) Ví dụ đơn giản nhất về tình huống ấy được mô tả ở hình 1: ở đây chín cử tri — bốn “đen” và năm “xanh” — được chia thành ba nhóm, mỗi nhóm ba cử tri, sao cho trong hai nhóm người đen thắng, và vì thế kết quả của những “cuộc bầu cử hai cấp” ấy sẽ là ứng cử viên của người đen được bầu, mặc dù phe của ông ta chỉ chiếm $\frac{4}{5}$ tổng số cử tri. (Không khó thấy rằng trong các cuộc bầu cử hai cấp với số cử tri lớn hơn, tỉ lệ phiếu cần để thắng có thể còn nhỏ hơn, nhưng vẫn luôn lớn hơn 25%.) Rõ ràng rằng trong hệ thống bầu cử ba cấp, tỉ lệ này có thể làm thấp hơn nữa. Chẳng hạn, nếu thay mỗi cử tri ở hình 1 bằng một nhóm một trăm người, sao cho trong nhóm xanh tất cả các cử tri đều là xanh, còn trong nhóm đen có 51 người đen và 49 người xanh, thì ta sẽ có một ví dụ về tình huống trong đó người đen chỉ chiếm $\frac{4}{9} \cdot \frac{51}{100} = \frac{17}{75}$ tổng số cử tri mà vẫn thắng.

Sau những nhận xét sơ bộ này, chúng ta đi đến lời giải bài toán.

Ta chia tất cả cử tri thành 5 nhóm, mỗi nhóm 4 triệu người, sao cho hai nhóm hoàn toàn gồm những người chống Miraflores (gọi các nhóm này là “xanh”, còn ba nhóm kia là “đen”). Mỗi

50

nhóm “hạng nhất” này lại chia thành 5 nhóm hạng hai, trong đó trong năm nhóm tạo thành một nhóm đen hạng nhất, có ba nhóm đen, v.v., như chỉ ra trong bảng.

Rõ ràng rằng với cách chia như vậy, để Miraflores thắng, chỉ cần có số người bỏ phiếu cho ông ta chiếm

$$\frac{3^{11}}{2^8 \cdot 5^7} = \frac{177 \cdot 147}{20 \cdot 000 \cdot 000} < \frac{1}{100}$$

tổng số cử tri. Do đó, vì quân đội chiếm $\frac{1}{100}$ số cử tri và ủng hộ Miraflores, ông ta có thể thắng.

Một số độc giả đã thử giải câu hỏi tổng quát hơn sau đây: Miraflores phải có ít nhất bao nhiêu người ủng hộ để thắng trong các “cuộc bầu cử dân chủ”, nếu tổng số cử tri là $N$? Dĩ nhiên, câu trả lời cho câu hỏi này không phụ thuộc nhiều vào độ lớn của số $N$, mà vào việc nó phân tích thành các thừa số như thế nào. Nếu, chẳng hạn, $N$ là số nguyên tố, thì hoàn toàn không thể chia các cử tri thành các nhóm bằng nhau (trừ cách tầm thường: $N$ nhóm, mỗi nhóm một người) và để thắng cần có đa số đơn giản. Ta sẽ chỉ ra cách trả lời câu hỏi này đối với bất kỳ $N$ nào.

Xét cách chia $N$ người thành các nhóm (hạng 1, hạng 2, v.v.) sao cho Miraflores thắng và số người đứng về phía ông là nhỏ nhất có thể. Rõ ràng, có thể coi rằng trong các nhóm bỏ phiếu chống ông không có một người nào đứng về phía ông và mọi nhóm đen cùng một hạng đều được chia hoàn toàn giống nhau. Tiện dùng ký hiệu $[1]$ — “phần nguyên” ($[x]$ — số nguyên lớn nhất không vượt quá $x$; chẳng hạn, $[2] = 2$, $[3\frac{1}{2}] = 3$). Rõ ràng rằng nếu một nhóm đen nào đó gồm $k$ nhóm ở hạng tiếp theo, thì trong số đó phải có không ít hơn $[\frac{k}{2}] + 1$ nhóm đen. Giả sử mỗi nhóm hạng $r$ ($r = 1, 2, \dots, m-1$) được chia thành $k_r$ nhóm hạng thấp hơn, còn các nhóm hạng cuối cùng $m$ gồm 1 người. Khi đó, để thắng cần có ít nhất

$$B = \left( \left[ \frac{k_1}{2} \right] + 1 \right) \left( \left[ \frac{k_2}{2} \right] + 1 \right) \dots \left( \left[ \frac{k_m}{2} \right] + 1 \right)$$

phiếu đen. Nhiệm vụ của chúng ta quy về như sau: phân tích $N$ đã cho thành tích các maximaley $k_1, k_2, \dots, k_m$, sao cho tích $B$ là nhỏ nhất.

Cho

$$N = k_1 k_2 \dots k_m$$

— là một phân tích như vậy. Như bổ đề sau cho thấy, có thể giả sử rằng trong phân tích này không có các thừa số $k$ dạng $k = pq$, trong đó $p$ và $q$ lớn hơn 2 (nếu có những thừa số như vậy, có thể xét sự phân tích tiếp theo mà không làm tăng $B$).

Bổ đề.

$$\left( \left[ \frac{p}{2} \right] + 1 \right) \left( \left[ \frac{q}{2} \right] + 1 \right) \leq \left[ \frac{pq}{2} \right] + 1$$

với mọi số nguyên $p$ và $q$ lớn hơn 2.

Chứng minh. Nếu $p$ và $q$ đều chẵn, thì bất đẳng thức có thể viết lại như sau:

$$\left( \frac{p}{2} + 1 \right) \left( \frac{q}{2} + 1 \right) \leq \frac{pq}{2} + 1,$$

$(p + 2) (q + 2) \leq 2pq + 4,$

$pq - 2q - 2p + 4 \geq 4, \quad (p - 2)(q - 2) \geq 4,$

điều này hiển nhiên đúng với $p > 2$ và $q > 2$.

Trong trường hợp một trong hai số $p, q$, chẳng hạn $p$, chẵn, còn số kia lẻ, ta có:

$$\left( \frac{p}{2} + 1 \right) \left( \frac{q}{2} + 1 \right) \leq \frac{pq}{2} + 1,$$

$(p + 2) (q + 1) \leq 2pq + 4,$

$pq - 2q - p + 2 \geq 0, \quad (p - 2)(q - 2) \geq 0.$

Trường hợp $p$ và $q$ đều lẻ được xét tương tự. Bổ đề được chứng minh. Từ đây lập tức suy ra rằng các $N$ lẻ phải được phân tích thành thừa số nguyên tố “đến cùng”. Còn lại là xét các số hai.

Có thể coi rằng trong phân tích không có các thừa số dạng $2q$, với $q$ lẻ, vì $2$ có hạng

$$2 \left( \left[ \frac{q}{2} \right] + 1 \right) = \left[ \frac{2q}{2} \right] + 1.$$

52

trục đi qua các tâm của các đường tròn và tâm của mặt cầu. Thật vậy, cả hai đường tròn đối xứng qua mặt phẳng $P$, và nếu chúng có một điểm chung ở một phía của mặt phẳng $P$, thì chúng cũng phải có một điểm chung đối xứng với nó ở phía bên kia của $P$, trong khi chúng chỉ có một điểm chung. Nếu các đường tròn này có cùng bán kính $r$, thì khoảng cách giữa các «tâm» của chúng bằng $2r$, bởi vì trên đường tròn lớn tạo thành bởi giao của mặt cầu và mặt phẳng $P$ (hình 2, $\theta$), các đường kính của các đường tròn của chúng ta (các đoạn màu đen) và đoạn nối các «tâm» của chúng (màu đỏ) chắn các cung bằng nhau.

Gọi $A_0, A_1, A_2, \dots, A_n$ là “tâm” của các đường tròn $\gamma_0, \gamma_1, \dots, \gamma_n$ được nói đến trong điều kiện bài toán. Khi đó $A_0A_1 = A_0A_2 = \dots = A_0A_n = A_1A_2 = A_2A_3 = \dots = A_nA_12r$, nói cách khác, $A_0A_1A_2 \dots A_n$ là một hình chóp đều $n$ giác nội tiếp trong mặt cầu đã cho bán kính 1, có đỉnh $A_0$, mà tất cả các mặt bên đều là những tam giác đều có cạnh bằng $2r$. Vậy chỉ cần dựng một hình chóp thỏa mãn các điều kiện này, khi đó các điểm $A_0, A_1, \dots, A_n$ sẽ xác định các đường tròn bán kính $r$ có “tâm” $A_0, A_1, \dots, A_n$, hiển nhiên thỏa mãn điều kiện bài toán.

Vì tổng các góc phẳng của góc $n$-diện lồi có đỉnh $A_0$ nhỏ hơn $360^\circ$:
$$n \cdot 60^\circ = A_1A_0A_2 + A_2A_0A_3 + \dots + A_nA_0A_1 < 360^\circ,$$
nên $n < 6$. Với $n = 3, 4$ và 5, không khó dựng được các hình chóp cần thiết.

Gọi $O$ là tâm của mặt cầu. Chiều cao của hình chóp $h$ và độ dài các cạnh của nó $2r$ được xác định từ các xét sau: bán kính $KA_1$ của đáy hình chóp — cạnh góc vuông $\Delta A_0KA_1$ và cạnh bên $\Delta A_1KA_2$, trong đó $\Delta A_1KA_2 = 2\pi/n$ (hình 3, $a, \delta$),

$$\sqrt{4r^2 - h^2} \sin \frac{\pi}{n} = r.$$

Từ $\Delta A_0OA_1$ ta có $r = \frac{h}{2r}$.

Suy ra $h = 2r^2$, $r = \sqrt{1 - \frac{1}{4 \sin^2 \frac{\pi}{n}}}$.

Do đó,

khi $n = 3$: $r = \sqrt{\frac{2}{3}} \left( \sin \frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2} \right)$;

khi $n = 4$: $r = \sqrt{\frac{1}{2}} \left( \sin \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2} \right)$;

khi $n = 5$: $r = \sqrt{\frac{5 - \sqrt{5}}{10}}$

(công thức $\sin \frac{\pi}{5} = \frac{\sqrt{10 - 2\sqrt{5}}}{4}$ có thể suy ra từ hình 4, với sự trợ giúp của hình này người ta dựng được các thập giác đều và ngũ giác đều).

53

Biết $r$ và $h$, ta có thể dựng các hình chóp đều, do các hệ thức đã nêu, sẽ thỏa mãn mọi điều kiện cần thiết: mọi mặt là các tam giác đều có cạnh $2r$, bán kính mặt cầu ngoại tiếp là 1.

Các hình chóp đã dựng có liên hệ chặt chẽ với các đa diện đều

có các mặt là tam giác. Chỉ có ba đa diện như vậy: tứ diện, bát diện và nhị thập diện (hình 5), và nếu cắt khỏi mỗi đa diện này “đỉnh” — tất cả các mặt kề với một đỉnh, — thì cũng thu được đúng ba hình chóp mà chúng ta đã xét. Có thể đọc thêm về các đa diện đều và về cách dựng ngũ giác trong cuốn sách tuyệt vời của G. S. Cốc-tơ “Nhập môn hình học” (“Nauka”, 1966, chương 10 “Năm khối Platon” và chương 11 “Tỉ lệ vàng và phyllotaxis”).

Theo một cách hơi khác (không dùng “các tâm trên mặt cầu”), học sinh lớp 10 Xécđây Ma-kê-ép ở thành phố Vôlôkôlamsk đã giải bài toán.

Cũng lưu ý rằng điều kiện $n \geq 3$ trong đề bài hoàn toàn có thể thay bằng $n \geq 2$. Cách sắp xếp tương ứng của ba đường tròn $\gamma_0, \gamma_1, \gamma_2$ tồn tại (hình 6; «tâm» các đường tròn nằm tại các đỉnh của một tam giác đều—

54

Hình 6.

—nội tiếp trong đường tròn lớn), và để tính $r$, lạ thay, vẫn dùng được chính công thức mà chúng ta đã chứng minh cho $3 \leq n \leq 5$

$$r = \sqrt{1 - \frac{1}{4 \sin^2 \frac{\pi}{2}}} = \frac{\sqrt{3}}{2}.$$

M3. a) Trong hình 7, $a$ mặt phẳng được phủ bởi các hình vuông có năm màu. Tâm các hình vuông cùng màu nằm tại các đỉnh của một lưới vuông. Với bao nhiêu màu thì có thể phủ mặt phẳng tương tự?

b) Trong hình 7, $b$ mặt phẳng được phủ bởi các hình lục giác có bảy màu sao cho tâm các hình lục giác cùng màu tạo thành các đỉnh của một lưới gồm các tam giác đều bằng nhau. Với bao nhiêu màu thì có thể phủ mặt phẳng tương tự?

Ghi chú. Trong bài thứ nhất, số màu có thể bằng một (mọi hình vuông cùng một màu) và bằng hai (như trên bàn cờ). Trong bài thứ hai, các bạn dễ dàng tìm được lời giải với một màu và với ba màu. Nên đưa ra lời giải đầy đủ cho các bài toán, tức là mô tả mọi cách tô màu thỏa mãn các điều kiện đã nêu. Tuy nhiên, cũng hãy gửi những lời giải chưa đầy đủ, nếu chúng có vẻ thú vị với các bạn. Chẳng hạn, hãy suy nghĩ xem trong bài thứ hai có tồn tại lời giải với mười ba màu không?

Cho đến nay chúng tôi vẫn chưa nhận được lời giải đầy đủ của bài toán này.

Học sinh lớp 6 Sergey Eliseev (Moskva) đã gửi cho chúng tôi một cách tô màu lưới lục giác bằng mười ba màu, mà chúng tôi tái hiện, trong khả năng mà kỹ thuật in ấn cho phép, ở hình 8;

Hình 7 a, b.

em khẳng định (không giải thích) rằng đáp số trong trường hợp tổng quát là như sau:

Trong bài a), cách tô màu cần tìm có thể thực hiện được nếu số màu bằng tổng hai bình phương của các số nguyên:

$$1 = 0^2 + 1^2; \quad 2 = 1^2 + 1^2; \quad 4 = 0^2 + 2^2; \quad 5 = 1^2 + 2^2; \quad 8 = 2^2 + 2^2; \quad 9 = 0^2 + 3^2; \quad 10 = 1^2 + 3^2; \quad 13 = 2^2 + 3^2; \quad 16 = 0^2 + 4^2$$ v.v.

Trong bài b), lời giải có thể thực hiện được khi số màu bằng tổng của hai số thuộc dãy 0, 1, 3, 6, 10, 15, . . . , $\frac{n(n+1)}{2}$, . . .

$$1 = 0 + 1; \quad 3 = 0 + 3; \quad 4 = 1 + 3; \quad 6 = 0 + 6; \quad 7 = 1 + 6; \quad 9 = 3 + 6$$ v.v.

Hãy thử xác định xem những đáp số này có đúng không. Chúng ta sẽ trở lại câu hỏi này sau, còn bây giờ hãy chú ý đến một điểm trong cách phát biểu bài toán (người đầu tiên nhận ra nó là độc giả V. Gutenakher từ Moskva).

Hãy bắt đầu với bài a). Bài này yêu cầu tìm các cách tô màu sao cho “tâm các hình vuông cùng màu nằm tại các đỉnh của một lưới vuông”. Nhưng đề bài không nói rằng đối với các màu khác nhau, lưới vuông «lớn» này phải giống nhau. Hãy xem hình 9. Ở đây các hình vuông của mỗi trong ba màu cũng tạo thành một lưới, nhưng đối với màu đỏ, «bước» (cạnh hình vuông) của lưới bằng $\sqrt{2}$, còn đối với màu trắng và xanh lục — bằng 2, hơn nữa các lưới còn quay—

55

Hình 8.

—so với nhau. Nhưng nếu hiểu điều kiện bài toán theo nghĩa đen — mà trong kỳ thi viết hoặc tại olympiad thì chính xác phải làm như vậy, — thì cách tô màu ở hình 9 thỏa mãn điều kiện bài toán. Với cách hiểu như vậy, đáp số trong bài a) sẽ là: với bất kỳ số màu nào. Thật vậy, từ bất kỳ cách tô màu nào với $n$ màu, trong đó có một màu trắng, dễ dàng tạo được cách tô màu với $(n+1)$ màu: cần tô các hình vuông trắng theo «kiểu bàn cờ» bằng màu trắng và màu đỏ mới thứ $(n+1)$ (chính như vậy, từ cách tô màu đỏ-trắng kiểu bàn cờ đã thu được cách tô màu ở hình 9).

Với cách hiểu như vậy, bài toán 6) cũng trở nên hoàn toàn đơn giản.

Đáp án. Với mọi số màu lớn hơn 2. Thật vậy, không thể tô bằng hai màu, bởi vì nếu trong ba lục giác mà từng hai lục giác có một cạnh chung, hai lục giác được tô cùng một màu, thì tất cả các lục giác cũng phải được tô màu đó. Các cách tô với 3 và 4 màu dễ tìm được, còn tiếp theo không khó, bằng cách tô các lục giác trắng bằng ba màu, tăng số màu thêm 2, rồi lại thêm 2, v.v.

Dĩ nhiên, bằng cách này có thể thu được nhiều cách tô màu khác nhau. Có một cách tô màu bất kỳ với $A(k)$ màu, chọn trong

56

H1. Ba bình thông nhau chứa nước, có các tâm cách đều nhau một khoảng $a$, được đậy bằng các pít-tông có cùng độ dày, làm từ cùng một vật liệu. Vào các pít-tông gắn các thanh thẳng đứng giống nhau, được nối khớp với thanh $AB$. Có thể gắn vật nặng vào thanh tại điểm nào để ở vị trí cân bằng thanh vẫn nằm ngang, nếu khối lượng của thanh và các thanh đứng nhỏ không đáng kể so với khối lượng của các pít-tông và vật nặng. Đường kính các bình lần lượt là $d_1$, $d_2$ và $d_3$.

Thanh $AB$ và các pít-tông ở trạng thái cân bằng dưới tác dụng của bảy lực: lực $Q$ do vật nặng tác dụng, các lực trọng trường tác dụng lên các pít-tông—các lực này tỉ lệ với diện tích các pít-tông: $P_1 = k_1 d_1^2$; $P_2 = -k_1 d_2^2$; $P_3 = k_1 d_3^2$ và ba lực áp suất của chất lỏng tác dụng lên các pít-tông: $N_1$, $N_2$, $N_3$ (hình 10). Vì mực chất lỏng trong các bình là như nhau, áp suất lên mọi pít-tông bằng nhau, còn các lực áp suất tỉ lệ như diện tích các pít-tông: $N_1 : N_2 : N_3 = d_1^2 : d_2^2 : d_3^2$. Do đó $N_1 = k_2 d_1^2$, $N_2 = k_2 d_2^2$, $N_3 = k_2 d_3^2$.

Các hợp lực tác dụng lên từng pít-tông bằng: $F_1 = N_1 - P_1 = (k_2 - k_1) d_1^2 = kd_1^2$, $F_2 = kd_2^2$, $F_3 = kd_3^2$.

Gọi $x$ là khoảng cách từ trung điểm của thanh đến điểm treo vật nặng, ta viết các điều kiện đối với thanh: 1) tổng tất cả các lực tác dụng lên thanh bằng không: $F_1 + F_2 + F_3 - Q = 0$ và 2) tổng mômen của tất cả các lực tác dụng lên thanh đối với trung điểm của thanh bằng không: $F_1 a - F_3 a - Qx = 0$. Thay vào các phương trình này các biểu thức của $F_1$, $F_2$ và $F_3$, rồi giải đồng thời các phương trình ấy, ta được

$$x = \frac{d_1^2 - d_3^2}{d_1^2 + d_3^2 + d_3^2} a.$$

Không ai trong số các độc giả gửi lời giải bài toán này đã tính đến khối lượng của các pít-tông. Nhưng chỉ có hai người — G. Kalshin ở Kirovabad và A. Karpenko ở thành phố Lisiansk, tỉnh Voroshilovgrad — giải thích vì sao có thể làm như vậy. Vì các pít-tông được làm từ cùng một vật liệu và có cùng độ dày, nên áp suất bổ sung lên vật không phụ thuộc vào đường kính của các pít-tông. Điều kiện cân bằng của các pít-tông là áp suất lên vật trong mọi xi lanh bằng nhau (vì mực nước trong các xi lanh như nhau). Các áp suất bổ sung do pít-tông gây ra tự động thỏa mãn điều kiện này.

F2. Trên một mặt phẳng nằm ngang có hai quả cầu khối lượng $m_1$ và $m_2$, nối với nhau bằng một lò xo có độ cứng $c$. Mặt phẳng nhẵn. Các quả cầu được dịch chuyển, nén lò xo, rồi đồng thời được thả ra. Hãy xác định chu kì dao động phát sinh của các quả cầu.

Khối tâm của hệ không được chuyển động (hoặc có thể chuyển động thẳng đều), vì vậy các viên bi dao động ngược pha với cùng tần số, còn các độ lệch $x_1$ và $x_2$ của chúng khỏi vị trí cân bằng thỏa mãn các đoạn tương ứng của lò xo có độ dài $l_1$ và $l_2$ ($l_1$ và $l_2$ là các khoảng cách từ các viên bi đến khối tâm của hệ;

$$l_1 = l \frac{m_2}{m_1 + m_2}, \quad l_2 = l \frac{m_1}{m_1 + m_2}).$$

Độ dãn của phần $1/q$ của lò xo luôn nhỏ hơn độ dãn của toàn bộ lò xo $q$ lần, tức là phần $1/q$ của lò xo có độ cứng lớn hơn độ dãn $q$ lần so với

57

Độ cứng của toàn bộ lò xo. Vì vậy $c_1 = \frac{m_1 + m_2}{m_2} c$. Từ đó suy ra rằng chu kì dao động của các viên bi là

$$T = 2\pi \sqrt{\frac{m_1 m_2}{(m_1 + m_2) c}}.$$

Thật thú vị khi kiểm tra đáp số bằng cách xét một trường hợp giới hạn nào đó. Học sinh lớp 10 trường số 20 ở thành phố Vologda E. Tikhonov đã làm như vậy. Giả sử rằng khối lượng $m_2$ rất lớn: $m_2 \gg m_1$. Khi đó quả cầu có khối lượng $m_1$ phải dao động như thể quả cầu thứ hai được cố định không chuyển động, và $T = 2\pi \sqrt{\frac{m_1}{c}}$. Hãy kiểm tra công thức của chúng ta

$$T = 2\pi \sqrt{\frac{m_1}{c \left(1 + \frac{m_1}{m_2}\right)}} \approx 2\pi \sqrt{\frac{m_1}{c}}.$$

B3. Từ hai đoạn dây thép giống nhau, người ta cuốn hai lò xo. Đường kính các vòng của một lò xo bằng $d$, của lò xo kia bằng $2d$. Lò xo thứ nhất dưới tác dụng của vật nặng đã dãn thêm một phần mười chiều dài của nó. Dưới tác dụng của chính vật nặng ấy, lò xo thứ hai sẽ dãn thêm bao nhiêu phần chiều dài của nó?

Độ dãn của lò xo bằng $\Delta l = n \cdot 2d \cdot \sin \frac{\alpha}{2}$, trong đó $n$ là số vòng của lò xo, còn $\alpha$ là góc mà các vòng kề nhau của lò xo xoay ra (hình 11). Vì độ dãn của lò xo nhỏ nên góc này nhỏ và $\sin \frac{\alpha}{2} \approx \frac{\alpha}{2}$. Do đó $\Delta l = nd\alpha$.

Góc $\alpha$ tỉ lệ với mômen

lực $F$ kéo giãn vòng dây: $\alpha = F \cdot d$. Lực $F$ bằng trọng lượng của vật treo vào lò xo, và như nhau trong cả hai trường hợp, do đó $\Delta l \sim nd^2$.

Đường kính các vòng dây của lò xo thứ hai lớn gấp hai lần, còn số vòng dây ít hơn hai lần, vì vậy độ dãn tuyệt đối của lò xo thứ hai lớn gấp hai lần so với lò xo thứ nhất. Như vậy, lò xo thứ hai sẽ dãn thêm $\frac{2}{5}$ chiều dài của nó.

Nhiều người, bắt đầu giải bài toán này, đã đúng khi tìm được rằng độ dãn của lò xo thứ hai lớn gấp hai lần so với lò xo thứ nhất, nhưng quên rằng lò xo thứ hai ngắn hơn hai lần so với lò xo thứ nhất, vì vậy độ dãn tương đối của lò xo thứ hai không bằng $\frac{1}{5}$, như họ đã nhận được, mà bằng $\frac{2}{5}$.

F4. Trong một bình chứa khí tinh khiết, nhưng không biết là khí gì. Để tăng nhiệt độ của 1 kg khí này thêm một độ ở áp suất không đổi cần 958,4 jun, còn ở thể tích không đổi cần 704,6 jun. Đó là khí gì?

Khi đun nóng khí ở thể tích không đổi, năng lượng tiêu tốn chỉ dùng để làm thay đổi nội năng của khí, còn khi đun nóng ở áp suất không đổi — còn dùng để thực hiện công. Viết định luật bảo toàn năng lượng cho cả hai trường hợp:

$$mc_V \Delta t = \Delta W,$$

$$mc_p \Delta t = \Delta W + A.$$

Ở đây $c_p$ là nhiệt dung riêng của khí ở áp suất không đổi (tức là lượng nhiệt cần để đun nóng 1 kg khí ở áp suất không đổi), $c_v$ là nhiệt dung riêng của khí ở thể tích không đổi, $\Delta t$ là độ thay đổi nhiệt độ, $\Delta W$ là độ thay đổi nội năng của khí, $m$ là khối lượng khí, $A = p \Delta V$ là công thực hiện khi khí nở ra ($\Delta V$ là độ thay đổi thể tích, $p$ là áp suất).

Vì khi nhiệt độ của khí tăng lên cùng một số độ thì độ thay đổi nội năng của nó như nhau cả khi đun nóng ở thể tích không đổi lẫn khi

58

đun nóng ở áp suất không đổi, nên có thể viết: $c_p m \Delta t = c_v m \Delta t + p \Delta V$. Dùng phương trình trạng thái khí (phương trình Clapeyron — Mendeleev), công do khí thực hiện có thể biểu diễn qua khối lượng mol của khí $\mu$ và hằng số khí $R$: $p \Delta V = \frac{m}{\mu} R \Delta t$. Thay hệ thức này vào phương trình (1), ta được: $c_p = c_v + \frac{R}{\mu}$, từ đó

$$\mu = \frac{R}{c_p - c_v} \approx 32,7 \text{ kcal/kmol}.$$

Khí chưa biết là ôxy với một lượng lẫn rất nhỏ của khí nặng hơn.

F5. Có một mạch điện, được biểu diễn trên hình vẽ. Vôn kế có điện trở trong rất lớn sẽ chỉ gì nếu nối nó vào các điểm $C$ và $D$? $U_{AB} = 518$.

Vôn kế chỉ sự có mặt của điện áp giữa các điểm $E$ và $D$. Để tìm nó, trước hết tiện xác định điện áp giữa các điểm $F$ và $B$. Muốn vậy, có thể vẽ lại mạch như trên hình 12.

$$R_0 = 3 \text{ ôm}, R'_0 = \frac{3}{4} \text{ ôm},$$

$$U_{FB} = U_{AB} \frac{R'_0}{R_0^1 + R_1} = \frac{3}{11} U_{AB}.$$

Bây giờ cũng bằng cách đó ta tìm được

$$U_{ED} = \frac{R_3}{R_2 + R_3} U_{FD} = \frac{1}{3} U_{FD} = \frac{1}{11} U_{AB} = 4,6 \text{ e}.$$

Hầu như tất cả độc giả đã gửi thư cho chúng tôi đều giải đúng bài này.

F6. Hãy tìm điện tích của quả cầu kim loại nối đất bán kính $r$, nếu ở khoảng cách $R$ từ tâm của nó có một điện tích điểm $q$.

Thế của quả cầu phải bằng không. Thế của điện trường tại tâm quả cầu, dĩ nhiên bằng thế của quả cầu, được tạo thành từ thế của điện trường của điện tích điểm $q$ và điện trường do điện tích $Q$ của quả cầu tạo ra. Điện tích $Q$ phân bố không đều trên quả cầu, nhưng nếu chia quả cầu thành các phần nhỏ mang điện tích $\Delta q$, thì thế của điện trường do điện tích của quả cầu tạo ra tại tâm có thể biểu diễn như tổng thế của các điện trường của các điện tích điểm $\Delta q$. Vì vậy, có thể viết cho tâm quả cầu:

$$\Delta \varphi = \sum \frac{\Delta q}{r} = \frac{1}{r} \sum \Delta q = \frac{Q}{r} + \frac{q}{R} = 0.$$

Suy ra $Q = -\frac{r}{R} q$.

Nhiều độc giả đã nhận được đáp án đúng, nhưng chúng tôi nhận được rất ít lời giải đúng. Nhiều độc giả đã dùng công thức điện dung của tụ điện $C = \frac{\Delta Q}{\Delta \varphi}$, coi điện dung của quả cầu bằng $r$. Nhưng điều này chỉ đúng đối với quả cầu cô lập có điện tích phân bố đều.