Lời giải bài toán M123—M125; F138—F142

39

GIẢI PHÁP

Trong số này, chúng tôi xuất bản lời giải bài toán M123—M125

M123
Tìm mọi số tự nhiên m sao cho
$$1! \cdot 3! \cdot 5! \dots (2m-1)! = \frac{m(m+1)}{2}!$$
(n! biểu thị tích 1·2…·n).

Nghiệm của phương trình là các số 1, 2, 3, 4. Điều này dễ dàng được chứng minh bằng cách thay thế đơn giản. Hãy chứng minh rằng không có lời giải nào khác. (bài toán, số 76 này, được xuất bản trong tuyển tập “Giáo dục toán học” số 4 năm 1935; vào thời điểm đó không có độc giả nào có thể tìm thấy “bằng chứng thuyết phục rằng phương trình không có lời giải” khác - điều này được viết ở số 8 của tuyển tập này năm 1936). Chứng minh đơn giản mà chúng tôi đề xuất dựa trên định lý sau (“thủ tục Bertrand”, mà tôi nói đến trong «Kvant» Số 5 năm 1971 và Số 5 năm 1972): giữa các số a và 2a, trong đó a>1, luôn có ít nhất một số nguyên tố.

Cho p là số nguyên tố nằm trong khoảng từ 2x-1 đến 2(2x-1). Nếu phương trình đúng
$$2(2x-1) < \frac{x(x+1)}{2},$$
hóa ra số p được đưa vào hệ số nguyên tố của vế phải của phương trình, vì nó nhỏ hơn $\frac{x(x+1)}{2}$, đồng thời không thể được đưa vào khai triển vế trái, vì nó lớn hơn (2x-1). Và điều này, theo định lý về tính duy nhất của việc phân rã thành thừa số nguyên tố, là không thể. Vì thế nó bắt buộc
$$2(2x-1) \geq \frac{x(x+1)}{2}.$$

Từ bất đẳng thức này suy ra x<6. Nhưng x=5 và x=6, như dễ thấy, không thỏa mãn phương trình.

V. P. Beshkarev

M124
Cho tam giác ABC. Tìm điểm O bên trong nó có tính chất sau: với mọi đường thẳng đi qua điểm O và đường thẳng cắt tam giác AB tại K và BC tại điểm L thì đẳng thức đúng
$$\frac{AK}{KB} + \frac{CL}{LB} = 1.$$

Nói chung, chứng minh rằng nếu p và q là một số dương tùy ý thì bên trong tam giác ABC bạn cũng có thể chỉ ra một điểm O, rằng với mọi đường thẳng KL đi qua điểm này (K nằm trên AB, L trên BC),

$$p \frac{AK}{KB} + q \frac{CL}{LB} = 1.$$

Cách dễ nhất để giải quyết bài toán này là sử dụng khái niệm trọng tâm*).

*) Xem bài viết của B. Yu. Kogan “Vật lý giúp hình học”, «Kvant» Số 5, 1971 và cuốn sách của M. B. Balk “Ứng dụng hình học vào trọng tâm”, Fizmatlit, 1959.

40

Trong chứng minh của chúng tôi, chúng tôi sẽ sử dụng tính chất sau của trọng tâm: nếu trong một hệ có $n$ trọng lượng $p_1, p_2, \dots, p_n$ hai trọng số $p_1$ và $p_2$ được thay thế bằng một trọng lượng $p=p_1+p_2$ đặt tại trọng tâm của chúng, thì vị trí của trọng tâm của hệ sẽ không thay đổi (các phát biểu tiếp theo từ tính chất này được in đậm).

Chúng ta hãy đặt trọng lượng đơn vị $a, b$ và $c$ tại các đỉnh $A, B$ và $C$ của tam giác. thì trọng tâm $O$ của các trọng lượng $a, b$ và $c$ là giao điểm của các đường trung tuyến. Bây giờ chúng ta hãy lấy điểm $K$ ở bên $AB$, trong đó $\frac{AK}{KB} \leq 1$ và biểu thị trọng số $b$ là tổng của hai trọng số: $b_1 = \frac{AK}{KB}$ và $b_2 = 1 - \frac{AK}{KB}$. Trọng tâm của các vật nặng $a$ và $b_1$ nằm ở điểm $K$. thì $L$ là trọng tâm của các vật nặng $c$ và $b_2$, sau đó là $\frac{CL}{LB} = 1 - \frac{AK}{KB}$, và là trọng tâm $O$ của các vật nặng $a, b$ và $c$ nằm trên đường thẳng $KL$. Do đó, đối với bất kỳ đường thẳng nào đi qua điểm $O$ và cắt các cạnh $AB$ và $BC$, đẳng thức thứ nhất giữ nguyên.

Người ta chứng minh tương tự rằng nếu $O'$ là trọng tâm của các vật nặng $a=p, b=1$ và $c=q$, thì với bất kỳ đường thẳng nào đi qua điểm $O'$ và cắt các cạnh $AB$ và $BC$ của tam giác, đẳng thức thứ hai đúng. Thật vậy, chúng ta hãy lấy một điểm $K$ ở bên $AB$, trong đó $\frac{AK}{KB} \leq \frac{i}{p}$ và biểu thị trọng số $b$ là tổng của hai trọng số $b_1 = p\frac{AK}{KB}$ và $b_2 = 1 - p\frac{AK}{KB}$. thì $L$ là trọng tâm của các vật nặng $b_2$ và $c$, rồi $1 - p\frac{AK}{KB} = q\frac{CL}{LB}$, và các điểm $O'$, $K$ và $L$ nằm trên cùng một đường thẳng.

Bằng chứng là hợp pháp.

Một lời giải bài toán tương tự đã được F. Schmiedel từ Moscow gửi cho chúng tôi.

L. G. Makarov

M125

a) Có tồn tại dãy vô hạn các số tự nhiên thỏa mãn tính chất sau:

Không có số nào trong số này chia hết cho ba số đó, nhưng trong ba số đó bạn có thể chọn hai số mà tổng của chúng chia hết cho số thứ ba?

b) Nếu không, có thể có bao nhiêu số trong một tập hợp có tính chất này?

b) Giải tương tự bài toán với điều kiện bổ sung là tập hợp chỉ được phép đưa các số lẻ vào.

Đây là một ví dụ về bộ bốn số như vậy: 3, 5, 7, 107. Ở đây, trong ba số 3, 5, 7, tổng 5+7 chia hết cho 3; trong bộ ba 5, 7, 107, tổng 107+5 chia cho 7; trong bộ ba 3, 7, 107 thì tổng 7+107 chia cho 3; cuối cùng, trong bộ ba 3, 5, 107, tổng 3+107 chia cho 5.

Trước tiên hãy giải quyết bài toán b).

Với dãy bốn số 3, 5, 7, 107 đã cho trong điều kiện, có thể cộng năm số 10693: 10693+5 chia hết cho 3, 10693+3 chia hết cho 7, 10693+7 chia hết cho 5, 10693+107 chia hết cho 3 và 5, 10693+7 chia hết cho 107.

Hãy chứng minh rằng từ sáu số lẻ chúng ta có thể tạo thành các dãy thỏa mãn điều kiện bài toán. Giả sử $a_1, a_2, a_3, a_4, a_5, a_6$ là các số lẻ sao cho không có số nào chia hết cho số kia, nhưng trong số ba số bất kỳ, chúng ta có thể chọn hai số có tổng chia hết cho ba.

Hãy thực hiện một số giá trị sơ bộ.

1. Nếu $a, b, c$ là ba số trong dãy của chúng ta, $a>b>c$, thì $b+c$ không chia hết cho $a$.

Thật vậy, $b+c<2a$ và $b+c\neq a$, vì $a$ là số lẻ.

2. Nếu $a, b$ là hai số trong dãy của chúng ta, $a>b$, thì $a+b$ chia hết cho tất cả các số trong dãy nhỏ hơn $b$, có lẽ ngoại trừ một số.

Thật vậy, nếu $a+b$ không chia hết cho hai số $c$ và $d$, nhỏ hơn $b$, thì $a+c$ và $a+d$ chia hết cho $b$, nhưng khi đó $c-d$ cũng chia hết cho $b$, điều này là không thể.

3. Nếu $a, b, c$ là các số chẵn trong dãy của chúng ta, $a+b$ và $a+c$ chia hết cho $d$ thì $b+c$ không chia hết cho $d$.

Thật vậy, vì $a+b$ và $a+c$ chia hết cho $d$, nên $2a+(b+c)$ chia hết cho $d$, trong khi $2a$ không chia hết cho $d$ (d là số lẻ và $a$ không chia hết cho $d$).

Gọi $a_1>a_2>a_3$ là ba số lớn nhất trong sáu số $a_1, a_2, \dots, a_6$.

Số nào trong số $a_1+a_2, a_1+a_3, a_2+a_3$, theo Nhận xét 2, chia hết cho ít nhất hai trong số các số $a_4, a_5, a_6$. Đồng thời, Nhận xét 3 cho thấy các số này không có ước chung giữa các số $a_4, a_5, a_6$. Do đó, mỗi số $a_1+a_2, a_1+a_3, a_2+a_3$ chia hết cho hai trong số các số $a_4, a_5, a_6$ và không chia hết cho số thứ ba.

Cho phép

$a_1+a_2$ chia hết cho $a_4$ và $a_5$ và không chia hết cho $a_6$;
$a_1+a_3$ chia hết cho $a_4$ và $a_6$ và không chia hết cho $a_5$;
$a_2+a_3$ chia hết cho $a_5$ và $a_6$ và không chia hết cho $a_4$.

Khi đó các số $a_1+a_5$ và $a_2+a_4$ chia hết cho $a_3$. Do đó, số $(a_1+a_2)+(a_4+a_5)$ cũng chia hết cho $a_3$.

Đồng thời, $a_1+a_2$ chia hết cho ba trong số các số $a_3, a_4, a_5, a_6$ và vì $a_1+a_2$ không chia hết cho $a_6$, nên $a_1+a_2$ chia hết cho $a_3$, do đó $a_4+a_5$ chia hết cho $a_3$. Chúng tôi nhận được sự mâu thuẫn với nhận xét 1.

Do đó, một dãy số lẻ với thuộc tính intersuccess us có thể bao gồm tối đa năm số, bài toán b) đã giải được.

Nếu một dãy chỉ gồm bốn số thì không vi phạm các điều kiện, chúng ta có thể chia tất cả chúng cho 2. Do đó, chúng ta sẽ giả sử rằng có các số lẻ trong dãy.

41

Do bài toán c) không có nhiều hơn một gót chân.

Nhận xét 1–3 hiện có giá trị theo một số giả định bổ sung.

Nhận xét 1 yêu cầu $a$ không bằng $b+c$; 2 hợp lệ nếu số $a$ không bằng tổng của hai số hạng dưới của dãy và 3 hợp lệ nếu $d$ là số lẻ.

Nếu các số hạng của dãy $a, b, c$ là số chẵn và $d$ là số lẻ thì các số $a+d, b+d$ và $c+d$ không chia hết cho $a$, $b$ hoặc $c$. Do đó, các số $a+b, a+c$ và $b+c$ chia hết cho $d$, điều này mâu thuẫn với Nhận xét 3.

Vì vậy, có nhiều nhất hai số chẵn trong dãy của chúng ta. Giả sử có hai trong số chúng: $a$ và $b$ ($a>b$). thì số $a+b$ chia hết cho tất cả số hạng lẻ của dãy và do đó, số $a$ là số nhiều nhất trong dãy.

Nếu số $a$ không bằng tổng của các chuỗi thấp hơn, thì khi loại bỏ số $b$, chúng ta thu được một chuỗi mà Ghi chú 1, 2, 3 hợp lệ mà không có bất kỳ hạn chế nào. Lời giải bài toán c) chứng tỏ trong dãy như vậy không quá năm số hạng, tức là trong dãy ban đầu không có nhiều hơn hai số chẵn. Giả sử có hai trong số chúng: $a$ và $b$ ($a>b$). thì số $a+b$ chia hết cho tất cả số hạng lẻ của dãy và do đó, số $a$ là số nhiều nhất trong dãy.

Một phi hành gia nặng 100 kg ngồi trong một tàu vũ trụ có khối lượng 5 m, đặt trên một dây treo dài 64 m. Bắt đầu thắt chặt dây buộc nếu con tàu nằm giữa phi hành gia và Trái đất trên đường nối trọng tâm của họ.

Khi tính toán, giả sử tàu chuyển động theo quỹ đạo tròn có độ cao tính từ mặt đất không đáng kể so với bán kính Trái đất ($R=6400$ km).

Có hai lực tác dụng lên tàu vũ trụ: lực hấp dẫn hướng về Trái đất $F_1=\gamma \frac{MM_3}{R_1^2}$ ($M$ là khối lượng của con tàu, $M_3$ là khối lượng của Trái đất,

$$R_1 = \text{radius of koraбля, } \gamma = \text{gravitation constant}$$
và lực căng của dây buộc $T$ (Hình 1). Dưới tác dụng của các lực này, con tàu chuyển động theo một vòng tròn. Nếu vận tốc góc của tàu bằng $\omega$ thì tàu chuyển động với gia tốc hướng tâm $a_1=\omega^2R_1$ do các hợp lực $F_1$ và $T$ truyền cho nó. Theo định luật thứ hai của Newton $F_1-T=M\omega^2R_1$, hoặc

$$\gamma \frac{MM_3}{R_1^2}-T=M\omega^2R_1.$$

Hãy xem xét các lực tác dụng lên không gian. Đây là lực căng của dây halyard $T$ và lực hấp dẫn của không gian đối với Trái đất

$$F_2=\gamma \frac{MM_3}{R_2^2},$$

trong đó $m$ là khối lượng không gian, $R_2$ là bán kính quỹ đạo của nó. Dưới tác dụng của các lực này, con tàu chuyển động theo một đường tròn có bán kính $R_2$, với vận tốc góc $\omega$, tức là có gia tốc hướng tâm $a_2=\omega^2R_2$. Vì cả hai lực tác dụng lên không gian đều hướng về tâm Trái đất nên $F_2+T=m\omega^2R_2$, hoặc

$$\gamma \frac{MM_3}{R_2^2}+T=m\omega^2R_2.$$

42

Loại bỏ w khỏi phương trình (1) và (2), chúng ta thu được

$$\left( \gamma \frac{MM_3}{R_1^2} - T \right) \frac{1}{MR_1} =$$

$$= \left( \gamma \frac{mM_3}{R_2^2} + T \right) \frac{1}{mR_2},$$

hoặc

$$\gamma M_3 \frac{R_2^3 - R_1^3}{R_1^2 R_2^2} = T \frac{mR_2 + mR_1}{mM}.$$

(3)

Nhưng $R_2 \approx R_1 \approx R$ và do đó:

$$R_1 R_2 \approx R^2,$$

$$R_2^3 - R_1^3 = (R_2 - R_1) (R_2^2 + R_1^2 + R_1 R_2) \approx 3lR^2$$

(l là chiều dài của dây buộc),

$$mR_2 + MR_1 = (m + M) R.$$

Điều này có nghĩa là đẳng thức (3) có thể được viết như sau:

$$3\gamma \frac{M_3}{R^2} l = TR \frac{m + M}{mM}.$$

Từ đây chúng tôi nhận được:

$$T = 3\gamma \frac{M_3}{R^2} \frac{l}{R} \frac{mM}{m + M}.$$

Nếu một vật có khối lượng $m$ ở trên bề mặt Trái đất thì nó chịu tác dụng của lực $F = \gamma \frac{mM_3}{R^2} = mg$. Điều này có nghĩa là gia tốc $g$ rơi tự do bằng giá trị $\gamma \frac{M_3}{R^2}$. Vì vậy, chúng ta có thể viết lại biểu thức lực căng của dây treo như sau:

$$T = 3 \frac{l}{R} \frac{mM}{m + M} g.$$

Thay các giá trị số $R, g, m$ và $M$ vào công thức này, ta thấy

$$T \approx 0,03n.$$

F139

Cầu thủ bóng đá đánh quả bóng với tốc độ $v$ theo một góc $\alpha$ so với đường chân trời và chạm vào góc dưới cùng của quả bóng. Nếu một cầu thủ bóng đá đánh quả bóng vào cùng một vị trí trên sân bóng và quả bóng bay cùng một góc so với đường chân trời, nhưng với tốc độ lớn hơn 5% so với tốc độ $v$, thì nó sẽ chạm vào đường chân trời phía trên. Tìm tốc độ mà quả bóng bắt đầu chuyển động nếu chiều cao của quả bóng là $h = 2m$ và góc là $\alpha = 30^\circ$.

Hãy viết các phương trình động học của chuyển động của quả bóng. Theo chiều ngang - dọc theo trục $X$, quả bóng chuyển động đều với tốc độ $v_1 = v \cos \alpha$ (Hình 2); tọa độ của nó $x$ thay đổi theo thời gian theo quy luật

$$x = vt \cos \alpha.$$

Dọc theo trục $Y$ (theo chiều dọc), quả bóng chuyển động với gia tốc đều $g$, hướng xuống dưới. Đó là lý do tại sao

$$y = vt \sin \alpha - \frac{gt^2}{2}.$$

Tại thời điểm $t_0$ rơi xuống đất $y = 0$ và $x = l$, trong đó $l$ là tầm bay của quả bóng. Đó là lý do tại sao

$$l = vt_0 \cos \alpha,$$

$$0 = vt_0 \sin \alpha - \frac{gt^2}{2}.$$

Nếu quả bóng bắt đầu chuyển động với tốc độ lớn hơn 5% so với tốc độ $v$, tức là với tốc độ 1,05 $v$, thì tọa độ $x$ và $y$ của nó sẽ thay đổi theo thời gian như sau:

$$x = 1,05 vt \cos \alpha$$

và $$y = 1,05 vt \sin \alpha - \frac{gt^2}{2}.$$

Tại thời điểm quả bóng chạm vào bề mặt trên của phương thẳng đứng, tọa độ $x$ của nó sẽ bằng $l$ và tọa độ $y$ sẽ bằng chiều cao của phương thẳng đứng $h$. Vì vậy, tại thời điểm $t_1$ chạm vào tấm chắn,

$$l = 1,05 vt_1 \cos \alpha,$$

$$h = 1,05 vt_1 \sin \alpha - \frac{gt_1^2}{2}.$$

Bây giờ chúng ta giải hệ phương trình (1) - (4). Từ phương trình (2) không khó để tìm thời gian bay $t_0$ của quả bóng trong trường hợp đầu tiên. Vì $t_0 \neq 0$, sau đó chia phương trình này cho $t_0$, chúng ta tìm thấy:

$$t_0 = \frac{2v \sin \alpha}{g}.$$

Tiếp theo, chia phương trình (3) cho phương trình (1), chúng ta thu được:

$$1 = 1,05 \frac{t_1}{t_0}.$$

Từ đây

$$t_1 = \frac{t_0}{1,05} = \frac{2v \sin \alpha}{1,05g}.$$

Bây giờ, thay biểu thức cho $t_1$ vào phương trình (4), chúng ta tìm thấy

$$v = \sqrt{\frac{gh}{0,2 \sin^2 \alpha}}.$$

43

F140

Liệu các phong vũ biểu khác có cho kết quả đo chất lượng chính xác không nếu một phần của ống (dưới mức của ống) được làm bằng cao su rất mềm?

Áp suất trên mức của các đường ống trong ống khí quyển không đáng kể so với áp suất khí quyển - đây là áp suất của hơi bão hòa trong đường ống. Vì vậy, chúng ta có thể coi nó bằng 0. Ở mức độ của ống trong cốc, áp suất trong ống khí quyển bằng áp suất khí quyển. Do đó, bất kể đường kính của ống khí áp và đường kính của nó thay đổi như thế nào theo chiều cao, chiều cao của bàn ống được cân bằng bởi áp suất khí quyển $p_0$:

$$p_0 = \rho g H$$

(ρ là mật độ của ống).

Điều này có nghĩa là phong vũ biểu sẽ cho kết quả chính xác.

Thật thú vị khi tìm hiểu điều gì sẽ xảy ra với ống cao su, hình dạng của nó sẽ như thế nào. Vì áp suất bên ngoài ống bằng áp suất khí quyển và áp suất bên trong ống bằng $\rho g h$, tức là nhỏ hơn áp suất khí quyển (áp suất khí quyển bằng các giá trị $\rho g H$ và $H > h$), nên ống sẽ xẹp xuống, như trong Hình 3.

F141

Ba sợi dây đã được lấy ra khỏi “hộp đen” chứa một mạch điện không xác định. Hai trong số chúng được nối đất và sau đó dòng điện cảm ứng qua dây thứ ba phụ thuộc vào hiệu điện thế giữa đầu dây này và mặt đất. Kết nối các cặp chân khác nhau với mặt đất, đồ thị được vẽ cho ba tùy chọn khả thi để bật mạch. Những đồ thị này được thể hiện trong Hình 4. Dòng điện được coi là dương nếu nó đi “về phía hộp” và ngược lại thì được ghi dấu. Hãy tạo một sơ đồ đơn giản về nội dung của “hộp đen” và xác định các thông số của nó.

Chúng ta hãy xem biểu đồ điện áp so với dòng điện được hiển thị trong Hình 4. Từ biểu đồ đầu tiên, ta suy ra rằng dòng điện giữa chân 1 và chân 2 và 3 đóng bằng 0 khi điện áp của nguồn bên ngoài là - 38. Điều này chỉ có thể thực hiện được nếu một nguồn hiện tại (hoặc các nguồn) được bật giữa các chân 1 và 2 hoặc giữa các chân 1 và 3.

Từ biểu đồ thứ hai, rõ ràng là giữa điểm 2 và 3 và giữa điểm 2 và 1 chỉ có thể có lực cản. Chỉ trong trường hợp này, dòng điện giữa chân 2 với chân 3 và 1 được kết nối sẽ bằng 0 tại $U = 0$.

Từ biểu đồ thứ ba, suy ra rằng bên trong hộp có một nguồn bao gồm giữa điểm 3 và 1 hoặc giữa điểm 3 và 2 (và có thể cả hai).

44

Cơm. 5.

Mạch điện của “hộp đen” bên trong có thể như trong Hình 5. Chúng ta hãy xác định các thông số của mạch này.

Từ định luật Ohm cho đoạn mạch $U=IR$, suy ra rằng sự thay đổi hiệu điện thế ở hai đầu đoạn mạch gắn liền với sự thay đổi dòng điện qua đoạn mạch theo

$$\Delta U = R \Delta I.$$

Điều này có nghĩa là điện trở của đoạn mạch bằng

$$R = \frac{\Delta U}{\Delta I},$$

nghĩa là có độ lớn bằng tiếp tuyến của độ dốc của đồ thị phụ thuộc điện áp xả.

Trong trường hợp đầu tiên, khi thay chân 2 và 3, nội dung của “hộp”, khi điện áp $U$ của nguồn bên ngoài thay đổi, sẽ hoạt động giống như hai điện trở song song $R_1$ và $R_2$, tổng điện trở của chúng là $2/3$ ohms. Đó là lý do tại sao

$$\frac{R_1 R_2}{R_1 + R_2} = \frac{2}{3}$$

(Điện trở $R_1$ và $R_2$ phải được biểu thị bằng ohm).

Ngoài ra, chúng ta biết rằng dòng điện trong mạch ngoài bằng 0 khi $U=3\theta$. Điều này có nghĩa là khi dòng điện bằng 0 và mạch hộp bên trong không được kết nối với nguồn, điện áp rơi trên điện trở $R_2$ là 3 $\theta$. Nhưng trong trường hợp này, các điện trở $R_1$ và $R_2$ được mắc nối tiếp với nguồn, do đó, dòng điện qua chúng bằng $\frac{E}{R_1 + R_2}$ và điện áp rơi trên điện trở $R_2$ bằng nhau

$$\frac{R_2 E}{R_1 + R_2} = 3(\theta).$$

Trong trường hợp thứ hai, bên trong hộp phải hoạt động giống như hai điện trở $R_2$ và $R_3$ mắc song song, tổng điện trở của chúng là 6 ohms. Đó là lý do tại sao

$$\frac{R_2 R_3}{R_2 + R_3} = 6(om).$$

Trong trường hợp thứ ba, các điện trở mắc song song $R_1$ và $R_3$ được “nối” với nguồn bên ngoài, tổng điện trở của chúng là 2 ohm:

$$\frac{R_1 R_3}{R_1 + R_3} = 2(om).$$

Hơn nữa, vì trong trường hợp này dòng điện bằng 0 tại $U=4\theta$, nên

$$\frac{R_3 E}{R_1 + R_3} = 4(\theta).$$

Ta nhận được hệ gồm 5 phương trình với 4 ẩn số: $R_1, R_2, R_3$ và $E$. Hãy kiểm tra xem nó có tương thích không. Chia phương trình (1) cho phương trình (2), ta tìm được:

$$\frac{E}{R_1} = 2(\theta/om).$$

Tương tự, chia phương trình (4) cho phương trình (5), chúng ta thu được sự tương ứng chính xác giống nhau giữa $E$ và $R_1$. Điều này có nghĩa là hệ thống của chúng tôi có tính hợp tác.

Bây giờ chúng ta hãy tìm các điện trở $R_1, R_2$ và $R_3$. Để làm được điều này, chúng ta cần giải hệ ba phương trình (1), (3) và (4). Đầu tiên chúng ta hãy chéo lại, “lật” từng phương trình:

$$\frac{R_1 + R_2}{R_1 R_2} = \frac{3}{2},$$ hoặc $$\frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2} = \frac{3}{2},$$

$$\frac{R_2 + R_3}{R_2 R_3} = \frac{1}{6},$$ hoặc $$\frac{1}{R_2} + \frac{1}{R_3} = \frac{1}{6},$$

$$\frac{R_1 + R_3}{R_1 R_3} = \frac{1}{2},$$ hoặc $$\frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_3} = \frac{1}{2}.$$

Lấy $\frac{1}{R_1}, \frac{1}{R_2}$ và $\frac{1}{R_3}$ làm ẩn số mới và giải hệ kết quả, chúng ta thấy:

$$\frac{1}{R_1} = \frac{1}{2}, \frac{1}{R_2} = \frac{1}{6} \text{ и } \frac{1}{R_3} = 0.$$

Nó theo sau đó

$$R_1 = 2 \text{ ом}, R_2 = 6 \text{ ом}, R_3 = \infty \text{ и } E = 4 \text{ e}.$$

Tôi. Sh. Tiếng Slovodechkiy