Bài toán M201—M206; F213—F217

28

Vấn đề “Quenta”

Lời giải bài toán từ số này có thể được gửi chậm nhất là ngày 30 tháng 6 năm 1973 đến địa chỉ: 117071, Moscow V-71, Leninsky Prospekt, 15, Nhà xuất bản Nauka, tạp chí Quant.
Sau địa chỉ trên phong bì, hãy viết lời giải mà bài toán bạn đang gửi, ví dụ: “Sự cố “Quenta”, M201, M205” hoặc “… F215”.

Lời giải bài toán cho từng môn học (toán học và vật lý), cũng như bài toán mới phải được gửi trong phong bì riêng. Bao gồm một phong bì có ghi địa chỉ của bạn trên đó (trong phong bì này bạn sẽ nhận được kết quả kiểm tra lời giải của mình). Orcenal bài toán được đề xuất xuất bản, vui lòng gửi cùng với lời giải của bạn về những bài toán này (đánh dấu trên phong bì: “Bài toán “Quaenta”, bài toán mới trong vật lý” hoặc “… mới bài toán trong toán học”).

Gửi Bài toán từ các số tạp chí khác nhau trong các phong bì khác nhau. Sau khi hình thành bài toán, chúng tôi thường cho biết ai đã đề nghị cho chúng tôi bài toán này. Tất nhiên, không phải tất cả những bài toán này đều được xuất bản lần đầu tiên. Bài toán độ khó tăng dần được đánh dấu bằng dấu hoa thị.

Bài toán
M201—206; F213—217

M201. Đường $l_1$ cắt các cạnh $a$; các hình tam giác $b$ và $c$ (hoặc phần mở rộng của chúng) lần lượt tại các điểm $A_1$, $B_1$ và $C_1$; đường $l_2$ cắt chúng tại các điểm $A_2$, $B_2$ và $C_2$. Chứng minh rằng nếu các điểm $A_1$ và $A_2$ đối xứng với trung điểm của cạnh $a$ và các điểm $B_1$ và $B_2$ đối xứng với trung điểm của cạnh $b$ thì các điểm $C_1$ và $C_2$ đối xứng với trung điểm của cạnh $c$.

Nấu Công Quí (Hà Nội)

M202. Chứng minh rằng từ dãy $a, a + d, a + 2d, ..., a + nd, ...$, là một cấp số cộng vô hạn ($d \neq 0$), nếu và chỉ khi đó chúng ta mới có thể chọn được một dãy con là cấp số nhân vô hạn khi quan hệ $a/d$ là dị nghiệm.

N. B. Vasiliev

M203. a) Chứng minh rằng nếu các hình chiếu giao điểm của các đường chéo $AC$ và $BD$ của tứ giác nội tiếp $ABCD$ lên các đường thẳng $AB$, $BC$, $CD$ và $DA$ được nối liên tiếp bởi bốn đường thẳng (Hình 1) thì các đường thẳng này sẽ tiếp xúc với cùng một đường tròn.

b) Viết và chứng minh định lý ngược lại.

Hình 1.

M204. Một số tự nhiên được coi là tốt nếu các chữ số 1973 xuất hiện liên tiếp trong ký hiệu thập phân của nó và xấu nếu ngược lại. (Ví dụ: số 197 639 917 là số xấu, 116 519 732 là số tốt.) Chứng minh rằng tồn tại một số tự nhiên $n$ sao cho trong tất cả các số có $n$ chữ số (từ $10^{n-1}$ đến $10^n$ có 1)

29

tốt nhiều hơn xấu. Hãy cố gắng tìm một cơ hội ít giống như $n$.

G. A. Gurevich

M205.* 24 học sinh giải được 25 bài toán. Giáo viên có một bảng $24 \times 25$, trong đó ghi lại ai đã giải được cái gì bài toán. Hóa ra mọi câu bài toán đều được ít nhất một học sinh giải được *). Chứng minh rằng

a) có thể đánh dấu một số bài toán “tích tắc” để mỗi học sinh giải được một số chẵn (cụ thể là có thể bằng 0) từ bài toán được đánh dấu;

b) bạn có thể đánh dấu một số bài toán bằng dấu “+” và một số phần còn lại bằng dấu “—” và gán cho mỗi bài toán một số điểm nguyên dương để mỗi học sinh đạt điểm bằng nhau cho bài toán, được đánh dấu bằng dấu “+” và “—”.

(Lưu ý: Những câu này chỉ đúng nếu số bài toán lớn hơn số học sinh một đơn vị.)

F213. Tốc độ di chuyển tự động tối đa cho phép trên đường trơn trượt khi đi qua một ngã rẽ có bán kính $R$ là $v_{\max}$. Tại chỗ rẽ, đường nghiêng một góc $\alpha$ so với đường chân trời. Tốc độ tối thiểu mà bạn phải lái xe tự động để rẽ là bao nhiêu?

F214. Trong mạch hiển thị ở Hình 2, $R_1 = 10$ com, $R_2 = R_3 = 5$ com và điện áp xoay chiều $U = 127$ V được đặt vào các cực 1-2. Điốt có thể được coi là lý tưởng - theo một hướng của dòng điện, điện trở của chúng vô cùng nhỏ, theo hướng khác thì điện trở của chúng vô cùng cao. Tìm bao nhiêu năng lượng được giải phóng ở điện trở $R_1$.

L. P. Bakanina

*) Chúng tôi hy vọng rằng nhận định tương tự sẽ đúng với bài toán M181—M205, đặc biệt khi đầu đọc Kwan lớn hơn nhiều so với 24.

Hình 2.

F215. Hai bong bóng xà phòng có bán kính $R_1$ và $R_2$ hợp nhất thành một bong bóng có bán kính $R_3$. Tìm áp suất khí quyển nếu hệ số căng bề mặt của màng xà phòng là σ.

F216. Bằng cách đứng lên và ngồi xổm vào những thời điểm nhất định, cậu bé trên xích đu sẽ dễ dàng tăng biên độ xoay của mình. Giải thích tại sao điều này hoạt động.

F217*. Một ống tia âm cực có điện áp gia tốc $U$ được đặt trong một từ trường đều có cảm ứng $B$ hướng dọc theo trục của ống. Trong trường hợp này, một điểm nóng chảy nhỏ được quan sát thấy trên màn hình. Nếu bạn thay đổi giá trị cảm ứng, bạn có thể nhận thấy rằng đối với một số giá trị nhất định $B_0$, $2B_0$, $3B_0$, … thì điểm điện tử được tập trung - nó tập hợp thành một điểm. Giải thích hiện tượng này. Làm thế nào để sử dụng một thí nghiệm như vậy để xác định tỷ số điện tích của một electron trên khối lượng của nó?

32

OA₂, giống như đỉnh A₁ (cạnh của các đoạn mà hồ tiếp giáp được tô bóng). Điều này có nghĩa là các điểm A₁ và A₃ nằm ở hai phía đối diện của đường thẳng OA₂.

Cho điểm X di chuyển dọc theo lòng hồ (từ A₁ đến A₂, từ A₂ đến A₃, v.v.). Khi X di chuyển từ A₁ đến A₂, đoạn OX sẽ quay theo một hướng nào đó (ví dụ: để nó quay theo chiều kim đồng hồ). Vì A₁ và A₃ nằm đối diện nhau trên đoạn OA₂ nên khi điểm X di chuyển từ A₂ đến A₃ thì đoạn đó sẽ quay cùng chiều. Lập luận tương tự từ các điểm A₂, A₃, A₄,…, ta thấy khi chuyển động từ A₃ đến A₄, từ A₄ đến A₅, v.v. thì đoạn OX quay cùng chiều.

Khi đoạn OX quay hết một vòng thì điểm X trùng với điểm A₁. Thật vậy, giả sử điểm X không trùng với A₁; ví dụ OX < OA₁. sau đó, với chuyển động xa hơn, điểm X không thể đến điểm A₁, vì nó không thể vượt ra ngoài ranh giới của đa giác DA₂A₃…A₄k+1 (Hình 2) - đa giác đã sẵn sàng đóng lại.

Do đó, không một điểm nào của kobytur sẽ nằm trong ΔOA₁A₂, và bờ A₁A₂, và do đó, tất cả các bờ hồ từ điểm O, đều có thể nhìn thấy được.

2. Giả sử có thể nhìn thấy tất cả các hồ begga từ điểm O. Xét cạnh l = CB của đa giác A₁…Aₙ. Khi đó rõ ràng ΔOCB nằm hoàn toàn bên trong hồ, nghĩa là điểm O nằm bên trong D₁. Do đó, điểm O nằm bên trong mọi nửa không gian D₁, nghĩa là nó nằm bên trong D.

Vì vậy, chúng ta đã chỉ ra rằng tập hợp các điểm mà từ đó nhìn thấy được tất cả các đồ vật trùng khớp với đa giác D và do đó, hoặc là rỗng hoặc là một đa giác lồi có số cạnh m, trong đó m ≤ n.

I. N. Bernishtein

M162. Nhất quán các số tự nhiên a₁ < a₂ < a₃ < … < aₙ < … (A) Makova, rằng mọi số tự nhiên là bất kỳ số nào trong dãy (A) bất kỳ câu nào.

được trình bày dưới dạng tổng của hai số trong dãy (A), có lẽ giống hệt nhau.

Chứng minh rằng a  n2 với mọi n = 1,2,…

Xét các số hạng đầu tiên (n−1) của dãy (A)

a₁, a₂, a₃, …, aₙ−1, (1)

và tất cả các số tự nhiên có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai số sau:

a₁ + a₁, a₁ + a₂, a₁ + a₃, …, a₁ + aₙ−1, a₂ + a₂, a₂ + a₃, …, a₂ + aₙ−1, aₙ−1 + aₙ−1. (2)

Không khó để tính toán rằng các tổng theo cặp $\frac{n(n−1)}{2}$ được viết ở đây. Hơn nữa, tất cả các số (1) và (2) đều khác nhau nhưng tổng số của chúng không vượt quá n.

Vậy có các số tự nhiên từ 1 đến n2 không chứa (1) và (2) trong các số đó. Do đó, nếu dãy (A) thỏa mãn điều kiện bài toán (mỗi số tự nhiên có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của tối đa hai số từ (A)), thì aₙ ≤ n².

Từ lý luận của chúng tôi, chúng tôi có thể có được một ước tính chính xác hơn:

aₙ ≤ $\frac{n²+n}{2}$. (3)

Sẽ rất thú vị để xem liệu có thể đạt được ước tính tốt hơn nữa hay không. Một chuỗi thỏa mãn điều kiện bài toán, thỏa mãn điều kiện bài toán, dễ thấy, với n = 2k

aₙ = a₂k = 2k² − (k−1)² =

= k² + 2k − 1 = $\frac{n²+4n-4}{4}$. (4)

Tuy nhiên, mặc dù ước tính (4) cho aₙ với n = 2k chỉ xấp xỉ kém hơn (3), khi n tăng, sự khác biệt giữa aₙ và $\frac{n²+n}{2}$ tăng lên rất nhiều: xét cho cùng, aₙ phát triển như một hàm tuyến tính của n.

2. Xét dãy số tự nhiên biểu diễn dưới dạng

33

tổng của hai bình phương số nguyên:
1, 2, 4, 5, 8, 9, 10, 13, 16, 17, 18, 20 …

Vì mọi số tự nhiên có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của bốn bình phương * nên dãy này cũng thỏa mãn điều kiện bài toán. (Như có thể được chứng minh, nó tăng nhanh hơn bất kỳ hàm tuyến tính nào của $n$: $\lim_{n \to \infty} a_n/n = \infty$, nhưng chậm hơn $n^2$: $\lim_{n \to \infty} a_n/n^2 = 0$. Hóa ra là $a_n$ tăng xấp xỉ bằng $n\sqrt{\ln n}$.

M163. Chứng minh rằng nếu các đường chéo của một tứ giác lồi vuông góc với nhau thì hình chiếu của giao điểm của chúng trên cả bốn cạnh (hoặc phần kéo dài của chúng) nằm trên cùng một đường tròn.

Nhiều độc giả đã chỉ ra một cách chính xác rằng việc thêm “hoặc phần tiếp theo của chúng” vào các điều kiện là không cần thiết, vì đường vuông góc rơi từ đỉnh của một góc vuông không thể không rơi vào cạnh huyền.

Lưu ý rằng nếu từ đáy có chiều cao $BH$ của một tam giác tùy ý $ABC$ với các góc nhọn $A$ và $C$ (Hình 3), chúng ta thả các đường vuông góc $HK$ và $HN$ lần lượt sang các cạnh $BC$ và $BA$, thì các tam giác $KBN$ và $ABC$ tương tự nhau (góc $B$ là phổ biến và $AB \cdot BN = BH^2 = BC \cdot KB$, tức là $AB : BC = KB : BN$), do đó $BKN = BAC$ (và $BNK = BCA$).

Sử dụng cách này, dễ dàng kiểm tra xem các góc được chỉ ra trong Hình 4 bằng các chữ cái giống nhau - $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ và $\delta$ có bằng nhau không, do đó tổng các góc đối diện $K$ và $M$ của tứ giác $KLMN$ bằng $(\pi - \alpha - \beta) + (\pi - \gamma - \delta) = (\pi - \beta - \delta) + (\pi - \alpha - \gamma) = \pi$ nên nó được nội tiếp.

*) Ví dụ, xem bài toán 249 từ cuốn sách của D. O. Shklyarsky, N. N. Chentsov, I. M. Yaglom “Đã chọn bài toán và các định lý toán tiểu học. Số học và đại số". “Hayka”, M., 1965.

Điều ngược lại cũng đúng: nếu trong tứ giác $ABCD$ các đáy của các đường vuông góc hạ từ giao điểm của các đường chéo sang các cạnh là các đỉnh của tứ giác nội tiếp, thì các đường chéo $ABCD$ vuông góc. Điều này chứng minh hoàn toàn tương tự.

M164. Trên các ô trắng của bàn cờ vô hạn chứa nửa mặt phẳng trên (Hình 5), một số số được viết sao cho với mỗi ô đen, tổng các số trong hai ô liền kề với nó, ở bên phải và bên trái, bằng tổng của hai số khác, tổng của chúng từ các ô liền kề với nó, ở trên và dưới. Đã biết số đứng trong một ô của dòng thứ $n$ (dấu thập màu xanh lam trong hình) và bạn cần tìm ra số phía trên nó ở dòng thứ $(n + 2)$ (dấu chấm hỏi màu đỏ trong hình). Bạn cần biết thêm bao nhiêu số ở hai dòng dưới cùng (các chấm màu xanh trong hình) để làm điều này?

Hãy để chúng tôi giới thiệu ký hiệu sau (xem Hình 6): $x$ là một số chưa biết ở dòng thứ $(n + 2)$, $d_n$ là một số cho trước trong

34

Hình 6.

dòng thứ $n$. Các số $a$ và $b$ không được cung cấp cho chúng tôi, nhưng chúng tôi biết rằng $x + d_n = a + b$, từ đó $x = d_n + (a - d_n) + (b - d_n)$. Vì $b + d_{n-1} = d_n + b_n$, nên $b - d_n = b_n - d_{n-1}$. Tương tự như vậy

$$b_n - d_{n-1} = b_{n-1} - d_{n-2} = \dots = b_1 - d_0.$$

Vì vậy, $b - d_n = b_1 - d_0$. Hoàn toàn giống nhau

$$a - d_n = a_n - c_{n-1} = a_{n-1} - c_{n-2} = \dots = a_1 - c_0.$$

Vì vậy, $x = d_n + (a_1 - c_0) + (b_1 - d_0)$.

Vì vậy, để xác định $x$, ngoài $d_n$, bạn chỉ cần biết 4 số $a_1, b_1, c_0$ và $d_0$ ở dòng đầu tiên và dòng 0.

Có thể giải quyết được với ít hơn bốn con số không?

Trong trường hợp được biểu thị (tại $n = 0$), có thể: sau đó $x = a_1 + b_1 - d_0$ (xem Hình 7), và, ngoài $d_0$, chỉ cần biết hai số ($a_1$ và $b_1$) là đủ.

Với $n \geq 1$ không thể có ít hơn bốn số và ngoài $d_n$, bạn cần biết các số $a_1, b_1, c_0$ và $d_0$: nếu biết ít nhất một trong các số này, thì giá trị của tất cả các số khác ở dòng đầu tiên và dòng 0 không giúp xác định được $x$. Hãy chứng minh điều đó.

Hình 7.

Ví dụ: giả sử số $a_1$ không xác định (xem Hình 6). Khi đó không có gì ngăn cản bạn thiết lập nó một cách tùy tiện. Điều này sẽ có ý nghĩa nếu số $d_n$ không được biết đến. Trong trường hợp này, số của dòng đầu tiên và dòng 0 không được kết nối bằng bất kỳ sự tương ứng nào - chúng có thể được gán tùy ý cho tất cả các nội dung và từ chúng có thể xác định tất cả các số khác (đầu tiên ở dòng thứ hai, sau đó ở dòng thứ ba, v.v.). Ngoài ra, $d_n = P - N$, trong đó $P$ là tổng các số của dòng đầu tiên, nằm giữa $a_1$ và $b_1$ (không bao gồm chính $a_1$ và $b_1$), và $N$ là tổng các số của dòng 0, nằm giữa $c_0$ và $d_0$ (không bao gồm chính chúng $c_0$ và $d_0$); đẳng thức $d_n = P - N$ dễ dàng được chứng minh bằng quy nạp trên $n$; trong trường hợp này, bạn cần sử dụng công thức dẫn xuất trước đó $x = d_n + (a_1 - c_0) + (b_1 - d_0)$.

Do đó, $d_n = P - N$ là kết quả khớp duy nhất kết nối $d_n$ với các số ở hàng 0 và hàng đầu tiên; $a_1$ không được bao gồm. Điều này có nghĩa là, khi biết $d_n$ và tất cả các số ở hàng 0 và hàng đầu tiên, ngoại trừ $a_1$, chúng ta không thể xác định $a_1$; ngược lại, nó có thể được chỉ định tùy ý. Nhưng bằng cách sửa $b_1, c_0, d_0$ và $d_n$ và gán cho $a_1$ những ý nghĩa khác nhau, chúng ta sẽ có những ý nghĩa khác nhau cho $x$.

Vì vậy, kiến ​​thức về $a_1, b_1, c_0$ và $d_0$ là cần thiết và đủ để xác định $x$ cho $d_n$.

M. L. Gerver.

F178. Trong một bình kín có cạnh 1 cm có $n$ phân tử khí. Các bức tường của khối lập phương có hình cây anh túc, do đó các phân tử khí, khi đã ở trên tường, vẫn ở trên đó $10^{-2}$ s. Ước tính có bao nhiêu phân tử khí trên tường vào thời điểm $t$ bay từ bức tường này sang bức tường khác:

$$\frac{n_1}{n_2} = \frac{\tau}{t}.$$

Vì $n_1 + n_2 = n$ thì

$$\frac{n_1}{n} = \frac{\tau}{t + \tau}.$$

Từ đây

$$n_1 = n \frac{\tau}{t + \tau} = n \frac{1}{1 + \frac{t}{\tau}}.$$

Hãy để chúng tôi ước tính các giá trị của $t$. Tốc độ bình phương trung bình gốc của các phân tử khí có trọng lượng phân tử $\mu$ ở nhiệt độ $T^\circ$ K bằng

$$\bar{v} = \sqrt{\frac{3RT}{\mu}}.$$

35

Để xác định điều này, chúng ta sẽ giả sử rằng tất cả các phân tử đều chuyển động với tốc độ này vuông góc với thành bình. Khi đó thời gian để phân tử bay được quãng đường $l$ giữa các bức tường bằng

$$t = \frac{l}{\bar{v}} = \frac{l}{\sqrt{\frac{3RT}{\mu}}},$$

Và

$$n_1 = n \frac{1}{1 + \frac{l}{\tau} \sqrt{\frac{\mu}{3RT}}}.$$

Giả sử có khả năng ($\mu = 29 \text{ кД/кмоль}$) trong bình ở nhiệt độ $T = 300^\circ \text{K}$. Thay thế các giá trị của tất cả các đại lượng vào công thức của $n_1$, chúng ta thu được

$$n_1 = n \frac{1}{1 + \frac{10^{-2}}{10^{-2}} \sqrt{\frac{29}{3 \cdot 8 \cdot 3 \cdot 10^3 \cdot 300}}} \approx n \frac{1}{1 + 0.02} \approx 0.98 n.$$

F179. Chiếc thuyền lơ lửng, nghiêng theo phương thẳng đứng, phát ra các xung âm thanh ngắn từ radar radar có đường kính $\tau_0$ theo hướng trong ngày. Độ giảm của cảnh phản chiếu được sửa đổi bởi zdrolocustim trên thuyền là $\tau$. Tốc độ chìm của thuyền là bao nhiêu?

Tốc độ truyền âm trong nước là $V$. Đáy nằm ngang.

Chúng ta hãy xem điều gì gây ra sự thay đổi trong khoảng thời gian biến mất. Để làm điều này, thật thuận tiện khi chuyển từ thời gian biến mất sang chiều dài của nó. Cho tín hiệu do sóng siêu âm phát ra trên thuyền có dạng như Hình 8, tức là cường độ của nó thay đổi đột ngột từ 0 đến một giá trị nhất định tại thời điểm $t$, không đổi trong thời gian $\tau_0$ và lại giảm đột ngột về 0 tại thời điểm $t + \tau_0$. Nếu thuyền đứng yên thì độ dài của sóng phát ra (khoảng cách giữa mép trước và mép sau) bằng $l_0 = V \tau_0$. Nếu thuyền đi xuống, chiều dài của dây sẽ nhỏ lại. Thật vậy, hãy

$$\tau = \frac{l_1}{V + u} = \frac{(V - u) \tau_0}{(V + u)}.$$

Từ đây

$$u = V \frac{\tau_0 - \tau}{\tau_0 + \tau}.$$

F180. Một quả cầu kim loại được đưa vào một điện trường đều có hướng ngắn bằng $E$. Được biết, mật độ bề mặt chất gây ô nhiễm trên “dải” quả bóng tại thời điểm $A$ (Hình 10) bằng $\sigma_0$. Xác định mật độ bề mặt của chất gây ô nhiễm tại thời điểm $B$, hướng theo góc ngắn nhất tính từ tâm quả cầu tạo thành một góc $\alpha$ với hướng của điện trường ngoài.

Rõ ràng là sự phân bố các điện tích cảm ứng trên quả bóng phải đối xứng với trục $AC$. Vì nhìn chung quả bóng

36

Electron là chuyển vị nên các điện tích ở trên và dưới “xích đạo” có ký hiệu khác nhau. Do đó, ở cực thứ hai $C$ mật độ điện tích bề mặt bằng $-\sigma_0$, và ở xích đạo nó bằng 0.

Vì các điện tích trên bề mặt vật dẫn luôn được phân bố sao cho mật độ của chúng tỷ lệ với điện áp điện trường, nên chúng ta có thể giả sử rằng mật độ của các điện tích cảm ứng $S$ tại mỗi điểm của quả bóng sẽ tỷ lệ với điện áp trường ngoài $E$:

$$\sigma \sim E.$$

(Điều này cũng xuất phát từ thông báo về kích thước - kích thước $\sigma$ và $E$ giống nhau).

Chúng ta hãy sử dụng nguyên lý chồng chất và phân tách trường có ứng suất $E$ tại điểm $B$ thành hai thành phần (Hình 11)—theo hướng $OB$ (vectơ $E_1$) và vuông góc với $OB$ (vectơ $E_2$):

$$E_1 = E \cos \alpha,$$
$$E_2 = E \sin \alpha.$$

Chúng tôi cũng biểu thị mật độ điện tích $S$ tại điểm $B$ là tổng mật độ điện tích phát sinh tại thời điểm này: $\sigma = \sigma_1 + \sigma_2$ và $\sigma_1$ được tạo bởi trường có cường độ $E_1$ và $\sigma_2$ bởi trường có cường độ $E_2$.

Nhưng trong một trường có thì $E_2$, điểm $B$ nằm trên “đường xích đạo” của hình cầu, do đó $\sigma_2 = 0$. Trong trường có điểm căng $E_1$ $B$ là “cực” của hình cầu. Vì vậy $\sigma_1 \sim E_1$

$$\frac{\sigma_1}{\sigma_0} = \frac{E_1}{E}.$$

Từ đây

$$\sigma = \sigma_1 = \sigma_0 \frac{E_1}{E_0} = \sigma_0 \cos \alpha.$$

F181. Vệ tinh di chuyển quanh Trái đất theo quỹ đạo dốc với tốc độ $v$. Sự thay đổi quỹ đạo của nó là do lực ma sát $F = av^\alpha$ tác dụng lên vệ tinh từ phía của microescissa, trong khi $a$ và $\alpha$ là các hằng số. Được đặt tên là $\alpha$ nếu biết bán kính quỹ đạo của vệ tinh thay đổi rất chậm.

Hãy nêu ngay rằng chúng ta sẽ giải bài toán cho trường hợp bán kính quỹ đạo thay đổi với tốc độ không đổi.

Công chống lại lực ma sát được thực hiện do cơ năng của vệ tinh giảm.

Để một vệ tinh có khối lượng $m$ chuyển động với tốc độ $v$ theo quỹ đạo tròn bán kính $R$.

Động năng của nó bằng $W_K = \frac{mv^2}{2}$, và thế năng của nó là $W_\pi = -\gamma \frac{mM}{R}$, trong đó $M$ là khối lượng của Trái đất, $\gamma$ là hằng số hấp dẫn (ví dụ, xem bài viết của N. M. Speransky “Năng lượng tiềm năng của các vật thể trong trường hấp dẫn”, «Kvant» Số 6, 1972).

Gia tốc hướng tâm truyền tới vệ tinh do trọng lực. Do đó, theo định luật II Newton

$$\frac{mv^2}{R} = \gamma \frac{mM}{R^2},$$

Ở đâu

$$v = \left( \gamma \frac{M}{R} \right)^{\frac{1}{2}}.$$

Biểu thức Teler cho $W_K$ có thể được viết như sau:

$$W_K = \frac{mv^2}{2} = \frac{1}{2} \gamma \frac{Mm}{R}.$$

Khi đó tổng cơ năng của vệ tinh là

$$W = W_K + W_\pi = -\frac{1}{2} \gamma \frac{Mm}{R}.$$

Nếu bán kính quỹ đạo trong thời gian $\Delta t$ giảm đi một lượng nhỏ $\Delta R (\Delta R \ll R)$ thì độ biến thiên năng lượng của vệ tinh sẽ bằng

$$\Delta W = -\frac{1}{2} \gamma \frac{Mm}{R} - \left( -\frac{1}{2} \gamma \frac{Mm}{R - \Delta R} \right) =$$

$$= \frac{1}{2} \gamma \frac{Mm}{R(R - \Delta R)} \Delta R \approx \frac{1}{2} \gamma \frac{Mm}{R^2} \Delta R.$$

Công chống lại lực ma sát trong thời gian này có thể được tính như sau:

$$A = F_{\text{тр.}} v_{\text{cp}} \Delta t = av^{\alpha+1} \Delta t \approx$$

$$\approx a \left( \gamma \frac{M}{R} \right)^{\frac{\alpha+1}{2}} \Delta t = \frac{1}{2} \gamma \frac{Mm}{R^2} \Delta R.$$