Lời giải bài toán M321—M325; F333, F335—F338

51

F375. Hai thanh có khối lượng $m_1$ và $m_2$ nằm trên một mặt phẳng nằm ngang, được nối với nhau bằng một lò xo không biến dạng. Lực ngang nhỏ nhất $F$ phải tác dụng lên một trong các thanh để di chuyển khối thứ hai là bao nhiêu? Hệ số ma sát của các thanh trên bề mặt là $k$.

G. Kotkin

F376. Một chiếc đồng hồ cát có đường kính $d$ được đưa vào một ống thủy tinh có đường kính $D$ ($D \approx d$) được đậy kín và đổ đầy nước. Tại thời điểm ban đầu, đồng hồ ở dưới đáy ống (Hình 2). Khi lật ống lại, đồng hồ vẫn ở trên đầu ống một lúc rồi từ từ hạ xuống. Tìm thời gian đồng hồ ở trên đỉnh ống nếu chiều cao của đồng hồ là $h$ ($h \gg d$), khối lượng của nó là $M$, khối lượng cát trong đồng hồ là $m$ và hệ số ma sát của đồng hồ với thành ống là $k$. Thời gian đổ cát từ ngăn trên xuống ngăn dưới của đồng hồ là $t$.

F377. Nếu bạn nheo mắt nhìn những ngọn đèn sáng ở xa, bạn sẽ thường thấy những cột ánh sáng thẳng đứng hoặc hơi nghiêng đi xuống từ đèn. Giải thích hiện tượng này. Tạo và thực hiện các thí nghiệm để kiểm tra lời giải thích của bạn.

Manh mối. Bề mặt giác mạc không bao giờ khô. Nó luôn được bao phủ bởi một lớp nước mắt.

Hình 2.

Lời giải bài toán
M321—M325; F333, F335—F338

M321. Tồn tại một bảng thẳng có diện tích 1. Chứng minh rằng với mọi ε>0, có thể chỉ ra một hệ khăn ăn thẳng bao phủ bảng này (các cạnh của khăn ăn song song với các cạnh của bàn), giả sử rằng bất kỳ hệ thống con nào của nó bao gồm các khăn ăn không chồng lên nhau đều có diện tích nhỏ hơn ε.

Chúng ta sẽ nói rằng hệ thống khăn ăn $A$ là một hệ thống con của hệ thống $B$ nếu mọi chiếc khăn ăn từ $A$ đều là một chiếc khăn ăn từ $B$. Hãy để chúng tôi giới thiệu ký hiệu sau $S(A)$ - diện tích của hệ thống $A$ là diện tích của phần bàn được phủ khăn ăn từ $A$.

Trước khi bắt đầu giải bài toán, chúng tôi sẽ mô tả cách xây dựng hai hệ thống khăn ăn sẽ hữu ích cho chúng tôi sau này.

1. Xây dựng hệ thống $A^k$.

Hệ thống $A^0$ bao gồm một khăn ăn có tọa độ đỉnh $(0, 0), (a, 0), (0, b), (a, b)$.

Hệ $A^0$ được lấy từ hệ $A^{k-1}$ bằng cách thêm hai khăn ăn: (xem Hình 1): một khăn ăn có tọa độ đỉnh $(0, 0), (2^k a, 0), (0, 2^{-k} b), (2^k a, 2^{-k} b)$ và một khăn ăn có tọa độ đỉnh $(0, 0), (2^{-k} a, 0), (0, 2^k b), (2^{-k} a, 2^k b)$.

Mỗi chiếc khăn ăn này có diện tích $ab$ và chính xác một nửa đi ra khỏi hệ thống $A^{k-1}$, do đó $S(A^k) = S(A^{k-1}) + ab$ và $S(A^k) = (k+1) \cdot ab$, tức là

$(nлощадь каждой салфетки) = \frac{S(A^k)}{k+1}.$ (*)

Lưu ý rằng hai khăn ăn bất kỳ trong hệ thống $A^k$ sẽ chồng lên nhau.

2. Xây dựng hệ thống $B^k$.

Hệ $B^0$ trùng với hệ $A^k$ đã được xây dựng, trong đó các tham số $a$ và $b$ được chọn sao cho $2^k a$ và $2^k b$ là độ dài các cạnh của bảng và hệ tọa độ $xOy$ được kết nối với bảng theo cách sau: gốc tọa độ $O$ là một góc tùy ý của bảng và các trục tọa độ hướng dọc theo các cạnh của bảng.

Hệ thống $B^k$ được lấy từ hệ thống $B^{k-1}$ như thế này. Cần phải cắt tần số của bảng, không bị che bởi khăn ăn của hệ thống $B^{k-1}$, thành các bảng hình chữ nhật và xây dựng hệ thống “của riêng bạn” $B^0$ trên mỗi bảng đó. Sau đó, bạn cần thêm khăn ăn mới thu được vào khăn ăn của hệ thống $B^{k-1}$ - đây sẽ là hệ thống $B^k$.

Bây giờ thật dễ dàng để giải quyết bài toán. Hãy để $\varepsilon > 0$. Hãy chọn $k$ sao cho $\frac{1}{k+1} < \frac{\varepsilon}{2}$. Lưu ý rằng

52

Hình 1.

Rằng hệ thống $B_n^k$ bao gồm một số lượng lớn các hệ thống con không chồng chéo theo cặp tương tự như $A^k$. Nếu trong $B_n^k$ chúng ta chọn một hệ thống con $C$ gồm các khăn ăn rời nhau, thì mỗi hệ thống tạo nên $B_n^k$ chứa nhiều nhất một khăn ăn từ $C$. Sử dụng (*), chúng ta có được $S(C) \leq \frac{S(B_n^k)}{k+1}$.

Và vì $S(B_n^k) < 1$ và $\frac{1}{k+1} < \frac{\varepsilon}{2}$, nên $S(C) < \frac{1}{2}\varepsilon$ (**)

cho mọi $n$ và mọi hệ thống con $C \subset B_n^k$. Tất cả những gì còn lại là chọn $n$. Lưu ý rằng $S(B_0^k) = S(A^k) = (k+1)ab$; nhưng vì $S_{\text{стола}} = 2^{2k} \cdot ab (= 1)$, nên, do đó, $S(B_0^k) = \frac{k+1}{2^{2k}}$. (diện tích của bàn nơi $B_0^k$ được xây dựng).

Bây giờ rõ ràng là diện tích của phần bàn không được phủ khăn ăn của hệ thống $B_n^k$ bằng với chênh lệch giữa diện tích của phần bàn không được phủ khăn ăn của hệ thống $B_{n-1}^k$ và tích của $\frac{k+1}{2^{2k}}$ theo diện tích này, tức là $1 - S(B_n^k) = \left(1 - S(B_{n-1}^k)\right)\left(1 - \frac{k+1}{2^{2k}}\right)$.

Từ đó suy ra diện tích của phần bàn không được hệ thống $B_n^k$ bao phủ nhỏ hơn $\left(1 - \frac{k+1}{2^{2k}}\right)^n$.

Chúng ta hãy chọn $n$ sao cho $\left(1 - \frac{k+1}{2^{2k}}\right)^n < \frac{\varepsilon}{2}$. Phần bàn không được hệ thống $B_n^k$ che phủ bằng khăn ăn không chồng lên nhau

M322. a) Một hình gồm nhiều hơn một điểm là giao điểm của các đường tròn $N$. Chứng minh rằng ranh giới của hình này có thể được biểu diễn dưới dạng giao của nhiều nhất $2N-2$ cung của một đường tròn.

b) Trong bảng chữ cái $N$ là chữ cái. Một số chữ cái được viết thành vòng tròn, sao cho chữ cái phía dưới không xuất hiện hai lần liên tiếp và đối với hai chữ cái a, b khác nhau, có thể vẽ một đường thẳng sao cho tất cả các chữ cái a sẽ nằm ở một bên của đường thẳng và các chữ cái b sẽ ở bên kia (Hình 2). Chứng minh rằng không có nhiều hơn $2N-2$ chữ cái được viết.

Hãy để chúng tôi chỉ ra bài toán a) có nguồn gốc từ bài toán b).

Hãy lấy một bảng chữ cái gồm $N$ chữ cái và gán một trong các chữ cái của bảng chữ cái này cho mỗi vòng tròn này. Chúng ta sẽ đi xung quanh đường viền của hình này, viết liên tiếp các chữ cái biểu thị các vòng tròn dọc theo ranh giới mà chúng ta

54

Hãy làm $M=31$. Sau nước đi tiếp theo của người chơi thứ hai, bất đẳng thức $16 \leq M \leq 30$ sẽ được thỏa mãn và trường hợp hội tụ ban đầu là $M=15$. Tiếp theo, chúng ta giảm các nước đi bằng cách bắt đầu các nước đi tuần tự bằng cách cộng nó sao cho số $M$ bằng 7, 3 và cuối cùng là 1, nghĩa là anh ta chiến thắng.

Người ta cũng có thể chứng minh rằng trong trò chơi này, người mới bắt đầu sẽ thắng nếu $M \neq 2^k-1$ đầu tiên, trong đó $k$ là đương nhiên và đồng đội của anh ta sẽ thắng nếu $M=2^k-1$.

S. Fomin

M325. Trong một tam giác số, số trên cùng là 1 và các số cực trị ở mỗi hàng có thể là 1, và mỗi số còn lại không nhỏ hơn tổng của hai số ở trên nó (một phần, chúng ta có thể thỏa mãn điều kiện “tam giác Pascal”). Giả sử một số tự nhiên $a$ lớn hơn 1 xuất hiện trong tam giác này $k$ lần. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng $2^k < a^2$.

Chia tam giác số thành các góc vuông (xem Hình 6) và đánh số các góc này bằng các số 0, 1, 2, 3, 4, … Gọi $x_m$ là số tại đỉnh của góc thứ $m$, còn $y_m$ và $z_m$ là các số ở phía trên số $x_m$, $m \geq 1$. Sau đó là $y_m \geq x_m-1$ và $z_m \geq x_m-1$, và vì $x_m \geq y_m + z_m$, rồi $x_m \geq 2x_m-1$, và nếu $m \geq 2$, thì $y_m > x_m-1$, $z_m > x_m-1$, nên $x_m > 2x_m-1$. Vì $x_0 = 1$, rồi $x_m \geq 2^m$ và $x_m > 2^m$ với $m \geq 2$. Giả định

Hình 6.

Hãy nhớ rằng $x_m$ là số lớn nhất trong các số nằm ở đỉnh của các góc, không vượt quá số $a$, tức là $x_m \leq a$, $x_{m+1} > a$. Các “cạnh” của mỗi góc được đánh số 1, 2, …, $m$ chứa nhiều nhất hai số bằng $a$ và các góc được đánh số lớn hơn $m$ bao gồm các số lớn hơn $a$. Vì vậy, $k \leq 2m$. Đồng thời, $a \geq x_m \geq 2^m$, ngụ ý rằng $2^k \leq 2^{2m} \leq a^2$, và đẳng thức $2^k = a^2$ chỉ có thể có đối với $m = 1$. Nhưng sau đó $k \leq 2$, $2^k \leq 4$, nên $a = 2$. Nhưng thật dễ dàng để xác minh rằng số 2 chỉ có thể xuất hiện trong một tam giác số nhiều nhất một lần, vì vậy trong trường hợp này $2^k < a^2$.

Yu. nonin

F333. Trên một đĩa không dẫn điện có bán kính $R$, một sợi dây có chiều dài $l$ được cố định dọc theo dây cung. Đĩa được xử lý ở tốc độ góc không đổi $\omega$. Hướng vuông góc với đĩa.

Hình 7.

Có một từ trường có cảm ứng $B$ (Hình 7). Hiệu điện thế lớn nhất giữa phần giữa và phần cuối của dây dẫn.

Trước tiên chúng ta hãy xem xét một dây dẫn $OA$ có chiều dài $R$ được gắn vào một đĩa dọc theo bán kính của nó. Khi đĩa quay, lực Lorentz sẽ tác dụng lên các electron tự do của dây dẫn, do đó sẽ xuất hiện hiệu điện thế giữa dây dẫn. Có thể tính bằng cách tưởng tượng rằng đầu chuyển động $A$ của dây dẫn trượt dọc theo dây tiếp xúc nửa góc nối với đầu $O$ thông qua một vôn kế (Hình 8). Khi đó, trong khoảng thời gian ngắn $\Delta t$, diện tích mạch điện do dây dẫn chuyển động và dây dẫn đứng yên tạo thành sẽ thay đổi một lượng $\Delta S = R^2\omega \Delta t/2$, và từ thông qua mạch sẽ thay đổi một lượng $\Delta \Phi = B\Delta S$. Do đó, giá trị tuyệt đối $\Delta c$ và cảm ứng trong mạch, bằng hiệu điện thế modulo ở hai đầu dây dẫn, sẽ bằng $|\mathcal{E}_1| = \Delta \Phi/\Delta t = BR^2\omega/2$, và điện thế ở đầu cố định $O$ của dây dẫn sẽ cao hơn điện thế ở đầu $A$.

Nếu chiều dài của dây dẫn bằng $a$ thì điện thế ở đầu $O$ sẽ cao hơn đầu dây tương ứng theo các giá trị $\mathcal{E}_2 = Ba^2\omega/2$.

Bây giờ chúng ta hãy quay lại bản gốc bài toán. Ngoài ra, dọc theo dây âm, hai dây dẫn có chiều dài $R$ và $a = \sqrt{R^2-l^2}/4$, nối tâm của đĩa với một trong các đầu của dây và với giữa của nó (các điểm $A$ và $C$ trong Hình 9). Khi đĩa quay, từ thông qua mạch tam giác $AOCA$ không thay đổi nên tổng e. d. c. cảm ứng trong mạch bằng không, tức là

$\mathcal{E}_{CA} - \mathcal{E}_1 + \mathcal{E}_2 = 0$.

Điều này có nghĩa là hiệu điện thế cần thiết giữa phần giữa $C$ của dây dẫn và phần cuối $A$ của nó bằng

$\mathcal{E}_{CA} = \mathcal{E}_1 - \mathcal{E}_2 = \frac{B\omega}{2}(R^2 - a^2) = Bl^2\omega/8$.

B. Bukhovtsev

55

F335. Một bình hình trụ có bán kính $R$, trục của nó tạo một góc $\alpha$ với nước thẳng đứng chứa đầy nước. Một piston có kích thước phù hợp được hạ xuống xi lanh; thành phần vật liệu có thể thấm vào không khí nhưng không thấm vào nước. Với trọng lượng nhỏ nhất của piston thì mặt dưới của nó luôn tiếp xúc với nước?

Hãy xét các lực tác dụng lên piston. Đây là lực hấp dẫn $mg$, bằng lực tác dụng của áp suất nước $Q$ và phản lực $N$ từ phía thành trụ (Hình 10).

Theo điều kiện bài toán trọng lượng của piston phải nhỏ nhất. Điều này có nghĩa là tại điểm tiếp xúc cao nhất giữa piston và nước (điểm 0 trong Hình 10), áp suất nước bằng không. Khi tăng $x$, áp suất $p$ tăng tỷ lệ với $x$:

$$p = \rho gh = \rho gx \sin \alpha$$

(ρ là mật độ của nước). Để tìm lực áp suất $Q$ bằng nhau lên pít-tông, chúng ta chia các bề mặt tiếp xúc của nó với nước thành các dải hẹp sao cho áp suất lên từng dải có thể coi là không đổi. Chúng ta hãy chọn hai dải giống hệt nhau $A$ và $B$ (có diện tích $s$ mỗi dải), nằm ở hai phía đối diện của tâm piston với khoảng cách bằng nhau $a$ tính từ nó (Hình 11) và tính lực $\Delta Q$ tác dụng lên cả hai dải với nhau. Áp lực nước tại các điểm của dải $A$ là $p_A = \rho gx_A \sin \alpha = \rho g(R - a) \sin \alpha$ và tại các điểm của dải $B - p_B = \rho gx_B \sin \alpha = \rho g(R + a) \sin \alpha$. Đó là lý do tại sao

$$\Delta Q = p_A s + p_B s = 2s\rho gR \sin \alpha.$$

Từ đó chúng ta thấy rằng lực $\Delta Q$ không phụ thuộc vào khoảng cách $a$, tức là nó không phụ thuộc vào vị trí của các dải. Nó chỉ được xác định bởi tổng diện tích của dải đã chọn. Do đó, lực ép tác dụng lên toàn bộ piston sẽ bằng

$$Q = \rho gR \sin \alpha \cdot \Sigma s_i,$$

trong đó $s_i$ là diện tích của dải thứ $i$. Nhưng $\Sigma s_i$ là diện tích của piston, tức là $\Sigma s_i = \pi R^2$, và

$$Q = \pi \rho g R^3 \sin \alpha.$$

Chúng ta giả sử rằng không có ma sát giữa piston và thành xi lanh; thì phản lực $N$ hướng vuông góc với thành xi lanh.

Khi piston ở trạng thái cân bằng, tổng hình chiếu của tất cả các lực theo bất kỳ hướng nào, và do đó lên trục $Y$, bằng 0. Sau đó

$$Q - mg \cos \alpha = 0, \quad \text{или } mg = \pi \rho g R^3 \mathrm{tg} \alpha.$$

Vì trong trường hợp của chúng ta, trọng lượng của piston (lực $P$ mà piston tác dụng lên giá đỡ - trên mặt nước và thành xi lanh) bằng lực hấp dẫn trong trục hoành, nên

$$P = mg = \pi \rho g R^3 \mathrm{tg} \alpha.$$

I. Tiếng Slovodechkiy

Hình 8.

Hình 9.

56

Hình 11.

F336. Chiếc cốc hình trụ đựng thủy ngân ở bình đối diện có dạng parabol quay. Khoảng cách trên bề mặt chất lỏng là một phần tử nhỏ không bị xoắn có khối lượng $m$, nằm cách trục quay một khoảng $x$ (Hình 12). Phần tử này chịu tác dụng của lực hấp dẫn $mg$ và phản lực $N$ từ phần còn lại của chất lỏng. Lực $N$ hướng vuông góc với bề mặt tự do của chất lỏng. Điều này xuất phát từ thực tế là bề mặt tự do của chất lỏng là bề mặt có áp suất không đổi.

Vì phần tử được chọn chịu tác động đồng đều dọc theo một vòng tròn có bán kính $x$, nên lực tác dụng lên nó có hướng nằm ngang so với trục va chạm và khác $m\omega^2 x$. Từ hình bình hành của các lực trên Hình 12 ta tìm được:

$$tg\alpha = \frac{\omega^2 x}{g},$$

(1)

Hình 13.

các góc và chúng tôi nhận được:

$$\alpha \approx \frac{\omega^2 x}{g}, \quad \beta \approx \frac{x}{R}.$$

Theo đó, cách tiếp cận gần nhất với bề mặt chất lỏng là một hình cầu có bán kính $R = \frac{g}{\omega^2}$. Tiêu cự của một bề mặt như vậy (gương lõm) là *)

$$F = \frac{R}{2} = \frac{g}{2\omega^2}.$$

*) Tiêu cự của gương parabol có thể tìm được không chủ yếu. To do this, we need to use the Kanonech equation of a parabola and its focal property (see, for example, the article by I. N. Bronstein “Parabola”, «Kvant», 1975, No. 4).

57

F337. Khi quan sát qua kính thiên văn, các ngôi sao sáng có thể được nhìn thấy ngay cả vào ban ngày. Giải thích tại sao.

When viewed with the naked eye, stars are not visible against the background of a bright daytime sky due to the weak contrast sensitivity of the eye. Cấu trúc có thể được nâng cao đáng kể bằng cách quan sát các cây gậy bằng kính thiên văn. Hãy xem xét điều này chi tiết hơn.

Mắt đánh giá độ sáng của vật thể bằng cách chiếu sáng hình ảnh của chúng trên võng mạc. Nguồn càng sáng thì độ chiếu sáng của hình ảnh của nó càng lớn. Thước đo độ tương phản của hình ảnh của một ngôi sao so với bầu trời có thể là tỷ lệ độ chiếu sáng của hình ảnh của chúng trên võng mạc, tức là $E_{3B}/E_\phi$. This ratio depends both on the parameters of the blue sources (star and background) and on the optical instruments with which observations are made.

Đầu tiên chúng ta hãy xem xét hình ảnh được xử lý trên võng mạc của mắt thường. Gọi $d$ là đường kính màn hình, $f$ là tiêu cự của thấu kính mắt. Chiếu sáng vị trí theo tỷ lệ quang thông với diện tích của hình ảnh. Cần lưu ý rằng hình ảnh của một ngôi sao (nguồn chính xác) có dạng đường nhiễu xạ. Kích thước của đường dẫn này không thể thu được bằng cách sử dụng các công thức quang học hình học. The theory of diffraction shows that the linear size of the diffraction path at the focus of the lens is of the order of $\frac{\lambda}{d} f$, where $\lambda$ is the wavelength $^*$).

Hãy chọn một phần tử nhỏ của bầu trời (nền). Quang thông từ nguồn sáng ở xa này đi vào mắt là rất/không, tỷ lệ với $d^2$. Diện tích hình ảnh của nguồn mở rộng như vậy tỷ lệ với $f^2$. Do đó, chiếu sáng nền $(E_\phi)_1 \sim \frac{d^2}{f^2}$.

Hệ số tỷ lệ được xác định bởi cường độ của nguồn và không thay đổi khi phương pháp quan sát thay đổi.

Quang thông từ ngôi sao cũng tỷ lệ với $d^2$ và diện tích ảnh nhiễu xạ trên võng mạc tỷ lệ với $\left(\frac{\lambda}{d} f\right)^2$. Vì vậy, $(E_{3B})_1 \sim \frac{d^2}{\left(\frac{\lambda}{d} f\right)^2} = \frac{d^4}{\lambda^2 f^2}$. Điều quan trọng cần lưu ý là độ rọi của ảnh nhiễu xạ của ngôi sao hóa ra tỷ lệ thuận với ảnh của ngôi sao và nền trên võng mạc của mắt thường $d^2$.

*) Ví dụ, xem bài viết của V. E. Belonuchka và S. M. Kozel “Kính thiên văn quang học”, “Kvaant”, 1972, số 4.

$$\left(E_{3B}/E_\phi\right)_1 \sim \frac{d^2}{\lambda^2}.$$

Do điều kiện xem ban ngày, tỷ lệ $(E_{3B}/E_\phi)_1$ này, là thước đo độ tương phản của hình ảnh, đến mức mắt thường thực tế không nhìn thấy các ngôi sao trên bầu trời sáng.

Bây giờ hãy để mắt được trang bị kính thiên văn. Kính thiên văn gồm có hai thấu kính: vật kính và thị kính. Đường đi của tia từ một vật ở xa vô hạn nằm trên đế quang của kính thiên văn được thể hiện trên Hình 14. Ảnh đầu tiên của vật thu được trong mặt phẳng ảnh tiêu cự $O_1$. Mắt nhìn hình ảnh này qua thị kính $O_2$ như qua kính lúp. Ảnh tạo ra trên võng mạc giống ảnh nằm trên tiêu diện của ảnh. Do đó, đối với lời giải bài toán của chúng ta, việc xem xét tỷ lệ độ chiếu sáng của hình ảnh của ngôi sao và nền trong mặt phẳng này là đủ. Lặp lại lý luận đã nêu ở trên, ta có:

$$\left(E_{3B}/E_\phi\right)_2 \sim \frac{d^2}{\lambda^2},$$

trong đó $D$ là đường kính của vật thể kính thiên văn. Vì các hệ số tỷ lệ trong biểu thức (1) và (2) là như nhau (chúng chỉ phụ thuộc vào bản thân nguồn sáng - ngôi sao và nền), nên

$$\frac{(E_{3B}/E_\phi)_2}{(E_{3B}/E_\phi)_1} = \frac{d^2}{d^2}.$$

Do đó, kính thiên văn tăng độ tương phản của hình ảnh ngôi sao so với bầu trời lên $\left(\frac{d}{d}\right)^2$ lần.

Đối với các kính thiên văn thiên văn lớn, tỷ lệ này đạt giá trị cỡ $10^5 - 10^6$. Với sự trợ giúp của những kính thiên văn như vậy, bạn thậm chí có thể nhìn thấy rất nhiều ngôi sao vào ban ngày.