Cách kiểm tra đáp án

50

CÁCH KIỂM TRA ĐÁP SỐ

Có lẽ, sau khi giải xong một bài toán tưởng như đã cạn kiệt, đôi khi mỗi người đều nảy sinh cảm giác rằng ở đây vẫn có điều gì đó không ổn. Trạng thái như vậy đặc biệt tự nhiên nếu bài toán về nguyên tắc là mới hoặc nếu lời giải cồng kềnh. Trong trường hợp ấy nên làm gì? Làm sao để ít nhất cũng tin chắc rằng đáp số không hoàn toàn sai? Cách tự kiểm tra tự nhiên nhất trong tình huống như vậy là khảo sát đáp số. Nhận xét ngay rằng không có một sơ đồ phổ quát nào cho việc này. Chỉ có thể nêu ra một vài trường hợp gặp tương đối thường xuyên.

Vì thế bài viết của chúng tôi được xây dựng như sau. Trước hết nêu bốn bài toán. Mỗi bài toán có ba đáp số, trong đó hai đáp số sai. Hãy thử, không giải bài toán, xác định đáp số nào đúng. Cuối bài viết có đưa ra các lời giải.

Bài toán 1. Một ô tô đi nửa đầu quãng đường với vận tốc $v_1$, còn nửa sau — với vận tốc $v_2$. Vận tốc trung bình của ô tô bằng bao nhiêu?

Đáp số:

1. $v_{cp} = \frac{v_1 + v_2}{2v_1v_2}$.
2. $v_{cp} = v_1 + \frac{v_1v_2}{2(v_1 + v_2)}$.
3. $v_{cp} = 2\frac{v_1v_2}{v_1 + v_2}$.

Phép kiểm tra đầu tiên mà đáp số phải vượt qua là kiểm tra thứ nguyên của nó. Rõ ràng rằng trong trường hợp 1) tình hình không ổn chính ở điểm này. Đáp số có thứ nguyên của nghịch đảo vận tốc $\left(\frac{cek}{cm}\right)$. Hãy chỉ ra rằng đáp số thứ hai cũng sai. Hãy cố hiểu xem vấn đề ở đâu. Để làm điều đó, hãy đọc lại-

Hình 1.

Hãy đọc lại các điều kiện của bài toán. Dễ thấy rằng đối với câu hỏi đã đặt ra, các vận tốc $v_1$ và $v_2$ có vai trò ngang nhau, tức là không quan trọng máy tự động đi phần nào của quãng đường với vận tốc $v_1$, và phần nào với vận tốc $v_2$. Điều này có nghĩa là khi thay $v_1$ bằng $v_2$, còn $v_2$ bằng $v_1$, đáp số không được thay đổi. Trong trường hợp đó, người ta nói rằng nó đối xứng đối với $v_1$ và $v_2$. Thực hiện phép thay thế đã nêu trong đáp số thứ hai, ta được

$v_{cp} = v_2 + \frac{v_1v_2}{2(v_1 + v_2)} \neq v_1 + \frac{v_1v_2}{2(v_1 + v_2)}$.

Như vậy, đáp số đúng là đáp số thứ ba.

Bài toán 2. Hai vật có khối lượng $m_1$ và $m_2$ được treo trên một sợi dây vắt qua ròng rọc (hình 1). Coi rằng

51

coi dây và ròng rọc không trọng lượng và bỏ qua ma sát, xác định gia tốc của các vật $a_1$ và $a_2$ và lực căng dây $T$.

Đáp số:

1. $a_1 = \frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2} g$;
   $a_2 = \frac{m_2 - m_1}{m_1 + m_2} g$; $T = 2 \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2} g$.
2. $a_1 = \frac{m_1 - m_2}{m_1} g$; $a_2 = \frac{m_1 - m_2}{m_1} g$;
   $T = 2 \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2} g$.
3. $a_1 = \frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2} g$; $a_2 = \frac{m_2 - m_1}{m_1 + m_2} g$;
   $T = (m_1 + m_2) g$.

Ta coi chiều dương là chiều được chỉ bằng mũi tên trên hình.

Cũng như trong bài toán trước, trước hết hãy kiểm tra thứ nguyên. Không khó để thấy rằng trong cả ba trường hợp, vế phải và vế trái của mỗi công thức đều có cùng thứ nguyên. Sau đó có thể đi tiếp. Hãy chú ý rằng nếu đổi chỗ các vật nặng $m_1$ và $m_2$, thì lực căng dây không thay đổi, tức là biểu thức của lực căng phải đối xứng đối với $m_1$ và $m_2$. Mọi đáp số cũng đều thỏa mãn phép kiểm tra này.

Không khó để thấy rằng ở trường hợp thứ hai có sai sót. Thật vậy, các vật nặng $m_1$ và $m_2$ treo trên cùng một sợi dây. Do đó, nếu khối lượng $m_1$ chuyển động với gia tốc $a_1$, thì khối lượng $m_2$ phải chuyển động với gia tốc $-a_1$ (ràng buộc động học), điều này không được thỏa mãn trong đáp số thứ hai.

Vậy, chúng ta chỉ còn phải lựa chọn giữa kết quả thứ nhất và thứ ba. Chúng chỉ khác nhau ở công thức tính độ lớn lực căng dây. Lập luận như sau: giả sử một khối lượng nào đó, chẳng hạn $m_1$, bằng không. Rõ ràng trong trường hợp này vật nặng thứ hai rơi tự do, và dây không căng. Kết quả này, dĩ nhiên, cũng phải thu được từ

52

3. $h = \cos^2 \alpha \frac{(Mv)^2}{2g(m+M)^2}$;

$Q = \frac{mv^2}{2} \frac{m \cos^2 \alpha + M}{M}$.

Phép kiểm tra đầu tiên, như mọi khi, là thứ nguyên. Tuy nhiên, đừng vội. Làm thế nào để thực hiện điều đó đủ nhanh và đơn giản? Hãy tiết lộ một bí quyết nhỏ: việc nhận ra sự phù hợp về thứ nguyên dễ hơn nhiều nếu trước hết biến đổi biểu thức theo cách sau: từ các tham số có trong công thức cần cố gắng tách ra các tỉ số không thứ nguyên, sao cho tổ hợp có thứ nguyên còn lại là đơn giản hoặc quen thuộc nhất có thể.

Chính dạng như vậy đã được đưa về trong đáp số thứ nhất. Hãy thực hiện một phép biến đổi tương tự cho đáp số thứ hai:

$$h = \frac{(mv)^2}{2(m+M)} = \frac{mv^2}{2} \frac{m}{m+M};$$

$$Q = \frac{m^2}{2(m+M)} \left[ \left( \frac{M}{m} \right)^2 + v^2 \cos^2 \alpha \right].$$

Bây giờ thấy rằng cả hai hệ thức đều sai. Trong trường hợp thứ nhất, vế phải có thứ nguyên năng lượng, còn vế trái có thứ nguyên độ dài. Trong trường hợp thứ hai, trong ngoặc có tổng của đại lượng có thứ nguyên $v^2 \cos^2 \alpha$ và đại lượng không thứ nguyên $\left( \frac{M}{m} \right)^2$, điều này cũng không thể có. Bằng một phép biến đổi tương tự, hãy tự kiểm tra rằng thứ nguyên của đáp án thứ ba là đúng. Đáng tiếc, khác với hai bài toán trước, trong điều kiện bài toán không có bất kỳ tính đối xứng nào. Vì vậy, hãy chọn một giá trị nào đó của một tham số mà tại đó đáp án là hiển nhiên, và kiểm tra xem nó có thu được từ các công thức của chúng ta hay không. Chẳng hạn, đặt $\alpha = 0$. Khi đó rõ ràng quả cầu sẽ không dịch chuyển, tức là độ cao nâng lên $h$ bằng không, còn toàn bộ động năng $\frac{mv^2}{2}$ chuyển thành nhiệt. Thay giá trị $\alpha = 0$ vào các kết quả thứ nhất và thứ ba, ta được:

Hình 3.

1. $h = 0$; $Q = \frac{mv^2}{2}$.

2. $h = \frac{v^2}{2g} \left( \frac{M}{m+M} \right)^2 \neq 0$;

$Q = \frac{mv^2}{2} \frac{m+M}{M} > \frac{mv^2}{2}$.

Như vậy, đáp án đúng là đáp án thứ nhất.

Cũng lưu ý rằng để tự kiểm tra có thể dùng trường hợp $m = 0$ hoặc $M \to \infty$. Hãy thử tự làm điều đó.

Bài tập 4. Một khối lập phương bằng gỗ có cạnh $a$, khối lượng riêng $p$, nổi trong nước. Độ sâu ngập của khối lập phương $\Delta h$ sẽ thay đổi thế nào nếu đổ lên nước một lớp dầu dày $l$ (hình 3)? Khối lượng riêng của nước và dầu lần lượt là $\rho_B$ và $\rho_M$.

Các đáp án:

1. $\Delta h = \frac{\rho_M - \rho_B}{\rho} (a - l)$.

2. $\Delta h = \frac{l (\rho_B - \rho_M)}{\rho_B}$.

3. $\Delta h = l \frac{\rho_B + \rho_M}{\rho_M}$.

Có thể thấy ngay rằng thứ nguyên của cả ba đáp án đều đúng, còn tính đối xứng trong bài toán thì không có.

Ta hãy thử kiểm tra các đáp án trong một trường hợp hiển nhiên nào đó. Nếu $l = 0$ (nghĩa là không có dầu), thì độ sâu ngập không được thay đổi ($\Delta h = 0$). Rõ ràng, đáp án thứ nhất, từ đó trong

53

trường hợp $l=0$ nhận được $\Delta h = \frac{\rho_M - \rho_B}{\rho} a$, là sai.

Bây giờ xét một tình huống cực hạn khác. Giả sử khối lượng riêng của dầu bằng khối lượng riêng của nước. Hiển nhiên, trong trường hợp này độ sâu ngập của khối lập phương cũng không thay đổi. Dễ thấy đáp án thứ ba không thỏa mãn điều kiện này. Vậy đáp án đúng là đáp án thứ hai.

Bây giờ có lẽ đã đến lúc rút ra một vài kết luận. Vậy phải khảo sát đáp án như thế nào?

Ta đã thấy rằng trước hết cần bảo đảm thứ nguyên là đúng. Tốt nhất nên làm điều đó ở dạng chữ, tách ra các tổ hợp không thứ nguyên và có thứ nguyên tương ứng.

Bước tiếp theo là nghiên cứu tính đối xứng của bài toán. Nếu trong điều kiện có những tham số nào đó xuất hiện bình đẳng, thì trong đáp án chúng cũng phải xuất hiện bình đẳng (đối xứng). Đôi khi tính đối xứng của bài toán dễ nhận ra hơn từ chính dạng của đáp án. Điều này có nghĩa là gì? Hãy tưởng tượng rằng đáp án đang xét đối xứng đối với một số tham số cùng loại nào đó (chẳng hạn hai khối lượng, hai vận tốc, v.v.). Khi đó cần kiểm tra xem điều kiện của bài toán có cùng tính đối xứng ấy không. Nếu không, thì đáp án là sai.

Một cách kiểm tra thuận tiện khác là như sau: kết quả thu được phụ thuộc vào các tham số của bài toán (chẳng hạn, vào khối lượng, vận tốc ban đầu, góc, điện dung, …). Ta sẽ cố gắng, bằng cách thay đổi một tham số nào đó $x$, đưa bài toán về một bài đã biết hoặc về một bài mà đáp số rất dễ thấy. Giả sử ta đã làm được điều đó và biết đáp số đúng khi $x = x_0$. Khi đó việc kiểm tra gồm việc so sánh kết quả này với kết quả của ta tại $x = x_0$. Lưu ý rằng trong đa số trường hợp phải dùng chính cách kiểm tra này. Nhưng để áp dụng nó thành công, cần hiểu rõ mặt vật lý của bài toán,

Hình 4.

Bây giờ ta sẽ trình bày lời giải chi tiết của các bài đã đề ra.

Bài tập 1. Vận tốc trung bình $v_{cp}$ bằng $\frac{S}{t}$, trong đó $S$ là quãng đường, còn $t$ là thời gian mà quãng đường này được đi hết.

$$t = \frac{S}{2v_1} + \frac{S}{2v_2} = \frac{S(v_1 + v_2)}{2v_1v_2}.$$

Thay biểu thức này của $t$ vào công thức của $v_{cp}$, ta được

$$v_{cp} = \frac{S \cdot 2v_1v_2}{S(v_1 + v_2)} = 2 \frac{v_1v_2}{v_1 + v_2}.$$

Bài tập 2. Do sợi dây không dãn và không có khối lượng, $a_2 = -a_1 = a$ (liên hệ động học) và lực căng của dây ở mọi nơi đều như nhau (hình 4). Viết các phương trình chuyển động của hệ:

$$-m_1a = m_1g - T$$ và $$m_2a = m_2g - T.$$

Giải hệ này theo $a$ và $T$, ta tìm được

$$a = \frac{m_2 - m_1}{m_1 + m_2} g,$$

Nhiệt độ trong hệ quả cầu — viên đạn định luật được bảo toàn.

54

Hình 5.

của động lượng (lượng chuyển động), ta được $mv \sin \alpha = (M+m) v'$, trong đó $v'$ là vận tốc của viên đạn và quả cầu ngay sau khi viên đạn trúng quả cầu (hình 5).

Từ định luật bảo toàn cơ năng suy ra rằng

$$\frac{(M+m) v'^2}{2} = (M+m) gh,$$

suy ra

$$h = \frac{v^2}{2g} \sin^2 \alpha \left( \frac{m}{M+m} \right)^2.$$

Nhiệt lượng tỏa ra bằng hiệu giữa động năng ban đầu của viên đạn và động năng của quả cầu cùng viên đạn sau khi viên đạn trúng quả cầu:

$$Q = \frac{mv^2}{2} - \frac{(m+M) v'^2}{2} = \frac{mv^2}{2} \frac{m \cos^2 \alpha + M}{m+M}.$$

Bài tập 4. Lực đẩy tác dụng lên khối lập phương nhúng trong nước và dầu là $F = \rho_M g l a^2 + \rho_B g x a^2$ (hình 6). Lực này phải bằng trọng lực tác dụng lên khối lập phương: $P = \rho g a^3$. Đặt hai biểu thức này bằng nhau, ta được $\rho_a = \rho_M l + \rho_B x$, suy ra độ sâu ngập $h_1 = x + l = \frac{\rho a}{\rho_B} - \frac{l \rho_M}{\rho_B} + l$. Nếu không có dầu

Hình 6.

$(l=0)$, thì độ sâu ngập bằng $h_0 = a \frac{\rho}{\rho_B}$. Như vậy, độ thay đổi độ sâu ngập bằng

$$\Delta h = h_1 - h_0 = l - l \frac{\rho_M}{\rho_B} = \frac{\rho_B - \rho_M}{\rho_B} l.$$

Bây giờ hãy thử tự mình tìm hiểu xem đáp án nào đúng trong các bài toán sau.

1. Một người có khối lượng $m$ ở mũi thuyền đang đứng yên trên mặt nước. Chiều dài thuyền là $L$, khối lượng là $M$. Người đi về phía đuôi thuyền. Thuyền và người sẽ dịch chuyển những khoảng $l$ và $b$ nào so với bờ?

Đáp án:

1. $l = \frac{L}{m+M}$, $b = \frac{LM}{m(M+m)}$;

2. $l = \frac{m}{m+M} L$, $b = \frac{M}{M+m} L$;

3. $l = \frac{M}{m+M} L$, $b = \frac{m}{m+M} L$.

2. Một quả cầu bán kính $R$ và khối lượng $m$ đứng trước một bậc cao $h$ (hình 7). Cần tác dụng lên tâm quả cầu lực nằm ngang nhỏ nhất nào để nó lên được bậc?

Đáp án:

1. $F \geqslant mg \frac{\sqrt{h(2R-h)}}{R-h}$;

2. $F \geqslant mg \frac{\sqrt{h(2R-h)}}{R}$;

3. $F \geqslant mg \frac{2R-h}{R-h}$.

56

Về bài toán “Hãy giúp họa sĩ!”

Đáp số: 40 cách. Có sử dụng màu đen: 16 cách.

Thật vậy, ta có thể vẽ một đường màu trắng trên nền đen hoặc một đường màu đen trên nền trắng và trong mỗi cách này tô toàn bộ hình vẽ (hoặc đường và nền) bằng bất kỳ một trong 8 tổ hợp các màu còn lại (3 màu cơ bản, mỗi màu hoặc có mặt, hoặc không, $2^3=8$).

Trong các cách còn lại, đường và nền phải khác nhau đúng một màu cơ bản (để không có hai đường).

Ta được 24 cách. Chẳng hạn, có thể chứng minh như sau. Chọn màu cơ bản $X$ mà đường và nền khác nhau; vẽ một đường trắng trên nền $X$ hoặc một đường màu $X$ trên nền trắng (vì có ba màu cơ bản ngoài màu đen, hình như vậy có thể vẽ theo 6 cách). Có bốn màu không chứa màu $X$, đó là: trắng, hai màu cơ bản còn lại và một màu pha. Bất kỳ màu nào trong số đó cũng có thể phủ lên toàn bộ hình vẽ. Điều này cho thêm $3 \cdot 2 \cdot 4=24$ cách. Tổng cộng là 40 cách.

Hãy kiểm tra rằng trên bìa, sự chuyển màu từ tâm các đường tròn đồng tâm ra mép xảy ra đúng ở một màu cơ bản.

Về bài “Một lần nữa về các phương trình có tham số”

1. a) Nếu $a=b=0$, thì $x$ là bất kỳ số thực nào khác 0 và 2;

nếu $a=\pm b \neq 0$, thì không có nghiệm;

nếu $a=\pm 3b$, thì $x=\frac{1}{2}$;

nếu $a \neq \pm b$, $\pm 3b$, thì $x_1=\frac{a+b}{a-b}$, $x_2=\frac{a-b}{a+b}$.

6. Nếu $a \leq b$, thì không có nghiệm;

nếu $a>b$, thì $x_1=a$, $x_2=b$.

b) Nếu $b=0$, thì với mọi $a$ đều không có nghiệm;

nếu $a=0$, $b \neq 0$, thì $x$ là bất kỳ số nào, trừ các số nguyên có dạng $n\frac{a}{b}$ ($n=0; \pm 1; \dots$).

2. Nếu $a=b=1$, thì nghiệm là bất kỳ cặp $(x, y)$ nào, trong đó $x>0, y>0$;

nếu $0<a=b \neq 1$, thì nghiệm là bất kỳ cặp $(x, y)$ nào, trong đó $x=y>0$;

nếu $ab=1, a \neq 1, a>0$, thì nghiệm là bất kỳ cặp $(x, y)$ nào, trong đó $x>0, y=\frac{1}{x}$;

nếu $a \leq 0, b$ — là một số bất kỳ hoặc $b \leq 0$, $a$ — là một số bất kỳ, thì không có nghiệm;

với các giá trị $(a, b)$ còn lại, ta có $x=\frac{1}{b}, y=\frac{1}{a}$.

Cho bài báo “Cách kiểm tra đáp án”

1. Trước hết, hãy kiểm tra thứ nguyên của các đáp án được đề xuất. Thấy rằng đáp án thứ nhất có thứ nguyên không đúng. Để chọn giữa đáp án thứ hai và thứ ba, xét trường hợp giới hạn $m=0$. Nếu $m=0$, thì hiển nhiên thuyền phải đứng yên tại chỗ. Điều này không suy ra từ đáp án thứ ba; vì vậy đáp án đúng.

2. Từ các công thức đã nêu thấy rằng tất cả chúng đều có thứ nguyên đúng. Cũng rõ ràng rằng trong bài toán không có đối xứng. Vì vậy xét các trường hợp $h=0$ và $h=R$. Nếu $h=0$, thì lực tối thiểu bằng 0. Thay giá trị này vào các công thức đang xét, đối với trường hợp thứ ba ta được $F \geq 2mg \neq 0$. Nếu $h=R$, thì không lực lớn tùy ý nào tác dụng vào tâm cũng không nâng được quả cầu lên (hình 1). Điều kiện này

57

chỉ được đáp án thứ nhất thỏa mãn, và nó là đáp án đúng. Thật vậy, khi $h \rightarrow R$
$$F_{\min} = mg \frac{\sqrt{h(2R-h)}}{R-h} \rightarrow \infty.$$

3. Cũng như trong trường hợp trước, thứ nguyên của các đáp án là đúng. Vì vậy ta sẽ lập luận như sau. Nếu $a=0$, thì lực tác dụng lên vật bằng trọng lượng của nó. Khi đó hiển nhiên đáp án thứ ba sai, vì $F(a=0)=0$. Nếu vật rơi tự do, $a=-g$ và lực tác dụng lên nó bằng 0 (trạng thái không trọng lượng). Điều kiện này được đáp án thứ nhất thỏa mãn.

4. Có thể thấy rằng cả ba đáp án đều thỏa mãn phép kiểm tra thứ nguyên và bài toán đối xứng đối với $F_1$ và $F_2$. Hãy kiểm tra rằng khi thay $F_1 \rightarrow F_2$ và $F_2 \rightarrow F_1$ thì các đáp án vẫn không đổi.

Xét trường hợp các thấu kính giống nhau. Rõ ràng, trường hợp này không có gì đặc biệt. Tuy nhiên, trong trường hợp này, ở đáp án thứ ba ta thu được tiêu cự vô cùng lớn. Như vậy, kết quả thứ ba rõ ràng là sai. Nếu một thấu kính chỉ là một bản phẳng song song ($\phi$tiêu cự của bản phẳng song song $F_{\pi\pi}=\infty$, vì chùm tia song song vẫn song song, tức là hội tụ ở vô cực), thì hệ thực chất chỉ gồm một thấu kính. Hãy kiểm tra xem điều này có suy ra từ các công thức của chúng ta không: khi $F_1 \rightarrow \infty$ ta phải nhận được $F \rightarrow F_2$. Sự tương ứng này thực sự thu được ở đáp án thứ hai và không đúng ở đáp án thứ nhất, tức là đáp án đúng là đáp án thứ hai.

5. Có thể thấy rằng thứ nguyên của cả ba đáp án đều đúng. Vì vậy, để tìm xem đáp án nào đúng, hãy xét các trường hợp sau: giả sử điện tích của các quả cầu bằng nhau về độ lớn nhưng trái dấu: $q_1=-q_2$. Rõ ràng, khi đó sau khi nối các quả cầu, chúng sẽ đơn giản phóng điện, tức là điện tích và điện thế của chúng phải trở thành 0. Chỉ đáp án thứ hai và thứ ba thỏa mãn điều kiện này. Để chọn đáp án đúng trong hai đáp án đó, hãy xét trường hợp các quả cầu giống nhau: $R_1=R_2$. Rõ ràng, trường hợp này không có gì đặc biệt. Mặt khác, trong đáp án thứ hai, độ lớn của điện tích và điện thế trong trường hợp này trở thành vô cùng. Như vậy, đáp án đúng là đáp án thứ ba.

Bây giờ hãy trình bày lời giải chi tiết các bài toán.

1. Động lượng của một hệ kín không thay đổi, và khối tâm của nó vẫn đứng yên. Vì vậy, khối tâm của hệ người — thuyền trong hệ tọa độ gắn với nước không thay đổi khi người chuyển động. Chọn gốc tọa độ tại khối tâm. Khi đó rõ ràng (hình 2) $l=2y$ và $b=2x$.

Với $x$ và $y$ ta có hệ phương trình

$$\begin{cases} x+y=\frac{L}{2}, \\ mx=My, \end{cases}$$

Hình 2.

từ đó thu được

$$x=\frac{L}{2} \frac{M}{m+M}, \quad y=\frac{L}{2} \frac{m}{m+M},$$

còn $l=L \frac{m}{m+M}, \quad b=L \frac{M}{m+M}.$

2. Ta tìm lực ngang nhỏ nhất $F_1$ bằng cách cho mômen của lực $F$ và lực $P=mg$ đối với điểm 0 bằng nhau. Điều này cho

$$F(R-h) \geq P \sqrt{R^2-(R-h)^2},$$

$$F \geq mg \frac{\sqrt{h(2R-h)}}{R-h}.$$

3. Ta sẽ coi gia tốc là dương nếu nó hướng lên trên. Khi đó, theo định luật thứ hai của Newton, ta có $ma=F-mg$, từ đó $F=m(g+a)$.

4. Chùm tia đi ra từ tiêu điểm của thấu kính thứ nhất không trở thành song song sau khi đi qua nó. Đi qua thấu kính thứ hai, chùm tia này hội tụ tại tiêu điểm của nó. Coi hệ tương đương với một thấu kính có tiêu cự $F$, ta có thể viết

$$\frac{1}{F}=\frac{1}{F_1}+\frac{1}{F_2}.$$

Suy ra

$$F=\frac{F_1F_2}{F_1+F_2}.$$

5. Sau khi nối, cả hai quả cầu có cùng một điện thế. Theo định nghĩa điện dung, ta có $c_1=\frac{q'_1}{\varphi}$ và $c_2=\frac{q'_2}{\varphi}$; xét theo chỉ dẫn của bài toán, từ đây suy ra rằng

$$\frac{q'_2}{R_2}=\frac{q'_1}{R_1}.$$

⟦trang 58⟧

Mặt khác, $q'_1 + q'_2 = q_1 + q_2$ (định luật bảo toàn điện tích). Như vậy, để xác định $q'_1, q'_2$ và φ ta có hệ phương trình

$$\begin{cases} q'_1 + q'_2 = q_1 + q_2, \\ \frac{q'_1}{R_1} = \frac{q'_2}{R_2}, \\ \varphi = \frac{q'_1}{c_1}. \end{cases}$$

Giải hệ đó, ta được

$$q'_1 = \frac{(q_1 + q_2)R_1}{R_1 + R_2}; \quad q'_2 = \frac{(q_1 + q_2)R_2}{R_1 + R_2};$$

$$\varphi = \frac{q_1 + q_2}{R_1 + R_2}.$$

Phân tích «Trường hợp với phương pháp quy nạp toán học» (xem «Kvant» số 7, tr. 37)

Đặt

$$P_n = \frac{1 \cdot 3 \dots (2n - 1)}{2 \cdot 4 \dots 2n} (n \geqslant 1).$$

Vậy, khi chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học các bất đẳng thức

$$P_n < \frac{1}{\sqrt{n+1}}$$

và

$$P_n < \frac{1}{\sqrt{n}},$$

(Kоля V. gặp một trở ngại đáng chú ý: bước quy nạp «từ n đến n+1» trong trường hợp (1) dễ dàng quy về việc kiểm tra hệ thức

$$\frac{P_{n+1}}{P_n} = \frac{2n+1}{2n+2} \leqslant \frac{\sqrt{n+1}}{\sqrt{n+2}},$$

trong khi ở trường hợp (2) hệ thức tương tự

$$\frac{2n+1}{2n+2} \leqslant \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}$$

lại không đúng với mọi $n \geqslant 1$. Trong khi đó, bản thân bất đẳng thức (2) là hệ quả rất rõ ràng của bất đẳng thức (1)!

Trước hết, cần hiểu rằng ở đây không có mâu thuẫn nào: việc thỏa mãn hệ thức (4) chỉ đủ để (2) đúng, nhưng hoàn toàn không cần thiết.

Vậy tại sao tuy thế lại xảy ra như vậy?

Xét đồ thị của các hàm số $y = P_x$ và $y = \frac{1}{\sqrt{x}}$ trên đoạn từ $x=n$ đến $x=n+1$ (hàm số $y = P_x$ chỉ được xác định tại các đầu mút của đoạn này).

Hình 1.

Tính sai của hệ thức (4) kéo theo bất đẳng thức

$$\frac{P_{n+1}}{P_n} > \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}} = \frac{A_{n+1}B_{n+1}}{A_nB_n}.$$

Nói cách khác, độ dài đoạn $A_nB_n$ khi chuyển “từ n sang n+1” giảm nhanh hơn các đại lượng $P_n$. Và điều đó là “xấu”.

Có thể thay đổi hàm số $y = \frac{1}{\sqrt{x}}$ sao cho tốc độ giảm này chậm lại không?

Có thể. Chẳng hạn, ta lấy hàm số $y = \frac{1}{\sqrt{x} + \alpha}$, trong đó $\alpha > 0$. Thật vậy, không khó để chỉ ra rằng

$$\frac{A_{n+1}B'_n+1}{A_nB'_n} = \sqrt{\frac{n+\alpha}{n+1+\alpha}} > \sqrt{\frac{n}{n+1}} = \frac{A_{n+1}B_{n+1}}{A_nB_n}.$$

Kolia thấy chỉ cần lấy $\alpha = 1$ là phép thay thế này đã “có tác dụng”*).

Bây giờ ta giải bài toán thứ nhất: chứng minh rằng

$$P_n < \frac{1}{\sqrt{3,1n}}.$$

Ta xét ngay sự chuyển “từ n sang n+1”. Cách chuyển “trực diện” không thành công. Vì thế, ta thay vế phải bằng một biểu thức có lợi hơn*

*) Độc giả внимательный hẳn đã nhận thấy rằng ở đây cũng không thể không có may mắn: điều may mắn của tình huống là hàm $\frac{1}{\sqrt{x} + \alpha}$ không chỉ giảm chậm hơn $\frac{1}{\sqrt{x}}$, mà còn không nằm gần $P_x$.

59

và chọn các giá trị $\alpha > 0$ sao cho có tương ứng

$$\frac{2n+1}{2n+2} \leq \frac{\sqrt{3,1n+\alpha}}{\sqrt{3,1(n+1)+\alpha}},$$

hay

$$\alpha \geq \frac{3,1(n+1)}{4n+3}.$$

Vế phải đạt giá trị lớn nhất $\frac{3,1\cdot 2}{7} = 0,885\dots$ khi $n=1$ (hãy kiểm tra). Do đó, với $\alpha = \alpha_0 = \frac{3,1\cdot 2}{7}$ bước quy nạp được quy về tương ứng đúng (6).

Còn phải kiểm tra rằng khi $n=1$ bất đẳng thức phụ

$$P_n < \frac{1}{\sqrt{3,1n+\alpha_0}}$$

là đúng. Nhân tiện, tại sao cách chứng minh này lại không dùng được trong trường hợp hệ số 3,2?

Thay cho việc chứng minh bất đẳng thức thứ hai

$$\frac{1}{2^3} + \frac{1}{3^3} + \dots + \frac{1}{n^3} < \frac{1}{4}$$

chúng tôi chỉ nêu rằng đối với các đánh giá thành công thường có thể dùng $A - \frac{B}{n^2}$, và để các bạn tự tìm các hệ số thích hợp $A$ và $B$.

Đọc thêm “Về hai phép toán với các số thực” (“Kvant” số 8, tr. 55)

1. Áp dụng phương pháp quy nạp toán học.
2. Đúng. Do tính giao hoán của «phép cộng» và «phép nhân», các tương ứng này tương đương với các công thức (2) và (3) đã nêu trong bài.
3. $(a \otimes c) \otimes [(a \oplus b) \otimes c]$. Sử dụng công thức (2) và công thức thứ nhất trong các công thức (5).
4. Viết lại đại lượng đã cho dưới dạng $a \otimes [(a \otimes b) \oplus (a \oplus c)]$. Vì $(a \otimes b) \oplus (a \oplus c) = [a \oplus (a \otimes b)] \oplus c = a \otimes c$ (xem công thức thứ hai trong các công thức (5)), nên sử dụng thêm công thức thứ nhất trong các công thức (6), ta được biểu thức cuối cùng min $(a, -a, -c)$.
5. Đưa đẳng thức về dạng $a \oplus b = a \otimes c$, tức là max $(a, b) = \min (a, -c)$. Tương ứng này chỉ có thể xảy ra đối với những số thực $a, b, c$ thỏa mãn điều kiện $b \leq a \leq -c$.
6. Đưa tương ứng đã cho về dạng $a \oplus x = b$, hay max $(a, x) = b$. Nếu $a < b$, thì $x = b$; nếu $a = b$, thì có thể lấy bất kỳ $x \leq b$ nào;

nếu $a > b$, thì không có số thực nào có tính chất cần thiết.

Về các bài toán từ chuyên mục thi của tạp chí «Toán học» («Kvant» số 8, tr. 57)

1. Giả sử rằng tại thành phố $P$ có, chẳng hạn, 6 máy bay hạ cánh, cất cánh từ $A_1, A_2, \dots, A_6$, và hãy hình dung bản đồ quốc gia (hình 1). Vì khoảng cách giữa các thành phố $A_1$ và $A_2$ phải lớn hơn khoảng cách từ mỗi thành phố đó đến thành phố $P$, nên góc $A_1PA_2$ lớn hơn 60°. Tương tự, các góc $A_2PA_3, A_3PA_4, A_4PA_5, A_5PA_6, A_6PA_1$ lớn hơn 60°. Nhưng khi đó tổng góc quanh điểm $P$ sẽ vượt quá 360°, điều không thể xảy ra.

Hình 1.

2. Chỉ cần chứng minh rằng $l_ah_a + l_bh_b + l_ch_c \leq p^2$, trong đó $h_a, h_b, h_c$ là độ dài các đường cao của tam giác. Như đã biết, độ dài đường phân giác

$$l_a = \frac{2}{b + c} \sqrt{bcp(p - a)}$$

Dùng bất đẳng thức $b + c \geq 2\sqrt{bc}$, ta được $l_a \leq \sqrt{p(p - a)}$. Tương tự $l_b \leq \sqrt{p(p - b)}$, $l_c \leq \sqrt{p(p - c)}$. Ba bất đẳng thức sau và các hệ thức dễ chứng minh $h_a \leq l_a, h_b \leq l_b, h_c \leq l_c$ cho $l_ah_a + l_bh_b + l_ch_c \leq l_a^2 + l_b^2 + l_c^2 \leq p(p - a) + p(p - b) + p(p - c) = p^2$.

3. Biến đổi phương trình ban đầu về dạng

$$x^3\cos^2x - 2x(x + 1)\cos x \sin x + 2(x + 1)\sin^2x = 0.$$

Nhân vế trái với $x$ và hoàn thành bình phương, ta đi đến phương trình tương đương $[x^2\cos x - (x + 1)\sin x]^2 + (x - 1)(x + 1)\sin^2x = 0$. Nếu số thực $\alpha$ là nghiệm của phương trình này và đồng thời $(\alpha - 1)\times(\alpha + 1) > 0$, thì phải có các đẳng thức $\sin^2\alpha = 0, \alpha^2\cos\alpha - (\alpha + 1)\sin\alpha = 0$, điều này chỉ có thể khi $\alpha = 0$, nhưng khi đó $(\alpha - 1)(\alpha + 1) < 0$.