Lời giải bài toán M326—M329; F339—F342

37

chiết suất của chồng $n = \frac{4}{3}$. Đường kính kênh có thể nhìn thấy qua bề mặt bên của ống là $d = 2,66$ mm. Xác định đường kính thực của kênh.

E. Kuznetsov

F380. Tìm chu kỳ dao động nhỏ của hệ như trên Hình 1. Các thanh được coi là không thể tin được, chiều dài của chúng là $l_1$ và $l_2$, khối lượng của các quả bóng là $m_1$ và $m_2$.

F381. Trong một thiết bị xác định trạng thái đồng vị (máy quang phổ khối), các ion kali tích điện đơn lẻ có trọng lượng nguyên tử $A_1 = 39$ và $A_2 = 41$ trước tiên được gia tốc trong điện trường và sau đó đi vào một từ trường đều vuông góc với hướng chuyển động của chúng (Hình 2). Trong quá trình thí nghiệm, do thiết bị không hoàn hảo nên thế năng gia tốc thay đổi xung quanh giá trị trung bình $u_0$ một giá trị $\pm \Delta u$. Với độ chính xác tương đối nào $\frac{\Delta u}{u_0}$ nên duy trì thế gia tốc để các chùm đồng vị kali không chồng lên nhau?

S. Kozel

F382. Tìm bán kính giọt nước lớn nhất có thể bay hơi mà không hấp thụ cơ thể từ bên ngoài.

Lời giải bài toán

M326—M329; F339—F342

Chúng ta hãy giới thiệu các ký hiệu sau (Hình 1): $O$ là tâm của hình tròn, $|AB| = a$ là độ dài cạnh của hình vuông lớn, $|A'B'| = a'$ là độ dài cạnh của hình vuông nhỏ hơn, $(OH) \perp (BB')$. Các điểm $A$, $H$ và $A'$ nằm trên cùng một đường thẳng. Hãy thả peredicle từ điểm $O$ đến $AA'$: $(OK) \perp (AA')$. Cho phép

$$k = \frac{a}{|AH|} = \frac{a'}{|A'H|} = \frac{|KH|}{h}.$$

Sau đó

$$a - a' = k(|AH| - |A'H|) = 2k|KH| = 2k^2h.$$

Từ $\triangle ABH$:

$$|AB|^2 + |BH|^2 = |AH|^2,$$

tức là

$$|AB|^2 + \left(\frac{|AB|}{2}\right)^2 = |AH|^2,$$

hoặc

$$k^2 + \left(\frac{k}{2}\right)^2 = 1,$$

Ở đâu

$$k^2 = \frac{4}{5},$$

và do đó $a - a' = \frac{8}{5}h.$

N. Vasiliev

38

M327. Có N người trong công ty. Mỗi người trong số họ được chỉnh sửa bởi chính xác k người từ công ty này. Với mỗi k nhỏ nhất có thể nói rằng chắc chắn sẽ có hai người ở công ty này khác nhau?

M328. Theo quy tắc, khối đa diện là một nửa muxa và hai nayka. Mukha chỉ bò dọc theo xương sườn và nayki bò dọc theo toàn bộ bề mặt. Tốc độ tối đa của muxa gấp 2 lần tốc độ tối đa của naykov.

a) Chứng minh rằng tại mọi vị trí cực tiểu của nayki đều có thể xuất hiện vận tốc cực đại của nayki?

b) Điều này có đúng không nếu tốc độ cực đại của mux lớn hơn 2 lần tốc độ cực đại của nay?

c) Âm lượng sẽ thay đổi như thế nào nếu chúng ta cho phép các âm này chỉ bò dọc theo các cạnh của khối đa diện? không với toàn bộ thể tích của khối đa diện? (muxa vẫn di chuyển âm thầm dọc theo xương sườn.)

Hãy biểu thị các thành viên của công ty bằng các điểm trên mặt phẳng (không có ba điểm nào nằm trên cùng một đường thẳng). Việc A được B sửa sẽ được biểu thị bằng một đoạn có mũi tên hướng từ điểm A đến điểm B. Khi đó có chính xác k mũi tên xuất phát từ mỗi điểm và tổng cộng sẽ có kn mũi tên. Chúng ta cần tìm số k₀ - giá trị nhỏ nhất của k mà tại đó ít nhất một đoạn phải có mũi tên theo cả hai hướng.

Có $\frac{n(n-1)}{2}$ đoạn không có mũi tên nối n điểm. Nếu không có nhiều hơn một mũi tên trên mỗi đoạn thì không có nhiều mũi tên hơn $\frac{n(n-1)}{2}$. Vì vậy, nếu $kn > \frac{n(n-1)}{2}$, thì $k \geq k_0$. Từ đây

$$k_0 \leq \begin{cases} \frac{n}{2}, & \text{ если } n \text{ четное,} \\ \frac{n+1}{2}, & \text{ если } n \text{ нечетное.} \end{cases}$$

Hãy chứng minh rằng bất đẳng thức (1) có thể được thay thế bằng đẳng thức. Chúng ta hãy đặt một dấu bằng vào công thức (1) và chỉ ra rằng n điểm với bất kỳ n nào cũng có thể được nối bằng các đoạn có mũi tên sao cho mỗi đoạn có chính xác k₀ ​​- 1 mũi tên và không có đoạn nào chứa hai mũi tên. Đây là một cách để làm điều đó. Cần đặt n điểm tại các đỉnh của n-vui thích chính xác và từ mỗi điểm hướng mũi tên tới k₀ - 1 đỉnh theo chiều kim đồng hồ. Vì k₀ - 1 < $\frac{n}{2}$ với mọi n nên không có hai mũi tên nào nằm trên cùng một đoạn.

A. Kolodin, A. Toom

Chúng ta hãy biểu thị tốc độ tối đa của pukuk và bay tương ứng là $v_{\pi_{\max}}$ và $v_{\mu_{\max}}$. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng, bất kể pukum được phép di chuyển như thế nào (dọc theo các cạnh, các mặt hoặc trong toàn bộ thể tích của khối tứ diện), hai phát biểu sau đây đều đúng.

1°. Nếu $v_{\pi_{\max}} \leq 2v_{\pi_{\max}}$ thì pukuk có thể sinh ra ruồi ở bất kỳ vị trí nhỏ nhất nào.

2°. Nếu $v_{\pi_{\max}} > 2v_{\pi_{\max}}$, thì đối với một số vị trí nhỏ nhất, pukun sẽ không thể bay được. Rõ ràng là chỉ cần chứng minh Tuyên bố 1° trong trường hợp “xấu nhất” đối với các pukuv là đủ - khi chúng chỉ được phép di chuyển dọc theo các cạnh của khối tứ diện; và ngược lại, phát biểu 2° nằm trong trường hợp “tốt nhất” đối với các pukuv, khi chúng bò khắp toàn bộ thể tích của khối tứ diện.

Chúng ta hãy biểu thị các đỉnh của khối tứ diện bằng các chữ cái A, B, C, D, các điểm mà vị trí của con ruồi và pukuka lần lượt là M, $\Pi_1$ và $\Pi_2$. Chúng ta sẽ giả sử rằng độ dài cạnh của tứ diện bằng 1 và $v_{\mu_{\max}} = 1$.

Chúng ta hãy chứng minh phát biểu 1°, giả sử rằng pukum chỉ được phép di chuyển dọc theo các cạnh của tứ diện.

Ta ký hiệu hình chiếu của điểm M lên cạnh AB bằng M’ (nếu M nằm trên cạnh vuông góc với cạnh AB thì M’ trùng với trung điểm của cạnh AB).

Chiến lược pukuk để đảm bảo rằng con ruồi bị bắt có thể như sau.

Pukuk $\Pi_1$ chiếm đỉnh A và di chuyển dọc theo cạnh AB cho đến khi đạt đến điểm M’ (điều này là cần thiết vào một ngày nào đó

39

sẽ xảy ra vì $M'$ không thể vượt quá điểm $B$ - xem Hình 2). Sau đó, $\Pi_1$ di chuyển dọc theo cạnh $AB$ để luôn giữ nguyên điểm $M'$: nó có thể làm điều này nếu muxa không ở trên cạnh $AB$, vì $v_M' = v_M \cdot \cos \alpha$, trong đó $\alpha$ là góc giữa cạnh $AB$ và cạnh mà muxa di chuyển dọc theo và đối với bất kỳ cạnh nào ngoại trừ các cạnh $AB$, cos $\alpha \leqslant \frac{1}{2}$ (chính xác hơn là cos $\alpha$ bằng $1/2$ hoặc). Nhưng muxa sẽ không thể đi đến cạnh $AB$, vì để làm được điều này, nó sẽ phải đi qua đỉnh $A$ hoặc qua đỉnh $B$, nơi nó sẽ bị tấn công bởi khẩu phần $\Pi_1$ do điều kiện $\Pi_1 = M'$.

Vì vậy, muxa không thể chiếu qua các điểm $A$ và $B$: khu vực mà muxa có thể tiếp cận được thể hiện trong Hình 3, a.

Như có thể thấy từ Hình 3.6 và c, con nhện $\Pi_2$ giờ đây có thể dễ dàng hiểu được con ruồi, luôn ngạc nhiên về nó và thu hẹp phạm vi có sẵn cho nó. Tuyên bố $1^\circ$ đã được chứng minh.

Hãy chuyển sang câu phát biểu $2^\circ$ (chúng tôi tin rằng con nhện được phép ngạc nhiên trước toàn bộ thể tích của khối tứ diện). Nó suy ra trực tiếp từ bổ đề sau:

Nếu tại thời điểm $t$ con ruồi không được hiểu rõ và đang ở đỉnh của khối trung diện thì đến lúc $1$ nó có thể bò đến các đỉnh khác của khối trung diện (tức là trong khoảng thời gian từ $t$ đến $t + 1$ nhện sẽ không thể hiểu được con ruồi).

Hãy chứng minh bổ đề này. Đặt muxa ở đỉnh $A$. Hãy kết nối các điểm $\Pi_1$ và $\Pi_2$, nơi con nhện ngồi, với đỉnh này; chúng ta thu được các phân đoạn $\Pi_1A$ và $\Pi_2A$. Hãy chứng minh rằng có một cạnh của tứ diện xuất phát từ điểm $A$, tạo thành với mỗi đoạn thẳng $\Pi_1A$ và $\Pi_2A$ không thay đổi $30^\circ$. Thật vậy, nếu không có cạnh như vậy thì một trong các đoạn, chẳng hạn như đoạn $\Pi_1A$, sẽ tạo thành một góc nhỏ hơn $30^\circ$ với ít nhất hai cạnh phát ra từ $A$, ví dụ: với $AB$ và với $AC$. Nhưng đối với các góc phẳng của góc ba cạnh $ABC\Pi_1$ thì sẽ là $\widehat{BAC} = 60^\circ$, $\widehat{BA\Pi_1} < 30^\circ$, $\widehat{CA\Pi_1} < 30^\circ$, điều này là không thể (phải là $\widehat{BA\Pi_1} + \widehat{CA\Pi_1} \geqslant \widehat{BAC}$).

Để làm rõ, muxa phải di chuyển với tốc độ tối đa dọc theo mép hình thành nụ cười với các đoạn $\Pi_1A$ và $\Pi_2A$ không thay đổi $30^\circ$. Sau một đơn vị thời gian sẽ hoàn thành đầu kia của cạnh này. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng ở cạnh đã chọn, nhện sẽ không thể hiểu được con ruồi. Thật vậy, hãy để một số con nhện, chẳng hạn như $\Pi_1$, xuất hiện ruồi tại thời điểm $t + \Delta t$ tại điểm $P$ (thuộc cạnh đã chọn; xem Hình 4), sau đó

$$|AP| = \Delta t \cdot v_{M_{\max}} = \Delta t$$
$$(v_{M_{\max}} = 1),$$
$$|\Pi_1P| \leqslant \Delta t \cdot v_{\pi_{\max}} < 1/2 \Delta t = 1/2 |AP|$$
$$(v_{\pi_{\max}} < 1/2 v_{M_{\max}}).$$

Hãy hạ đường vuông góc $PQ$ xuống $\Pi_1A$; chúng tôi nhận được

$$|\Pi_1P| \geqslant |PQ| = |AP| \cdot \sin(\widehat{AP}) \geqslant \frac{1}{2} |AP|,$$

kể từ $\Pi_1AP \geqslant 30^\circ$ do lựa chọn cạnh.

Vì vậy, một mặt $|\Pi_1P| \geqslant \frac{1}{2} |AP|$, và mặt khác $|\Pi_1P| < \frac{1}{2} |AP|$ là mâu thuẫn; do đó, nhện sẽ không thể hiểu được con ruồi trong khoảng thời gian từ $t$ đến $t + 1$, và nó sẽ bay đến một đỉnh khác của khối tứ diện. Bổ đề và do đó phát biểu $2^\circ$ đã được chứng minh.

A. Khoduliev

40

M329. Một không gian n lồi được đặt trong một hình vuông có cạnh 1. Chứng minh rằng ta tìm được ba đỉnh A, B, C của đường thẳng n và diện tích tam giác ABC nhỏ hơn 8/n2.

Hình 5.

Chúng ta hãy biểu thị bằng $a_1, a_2, \dots, a_n$ độ dài của cạnh của dụng cụ mở n và bằng $\alpha_1, \dots, \alpha_n$ các giá trị của các góc ngoài của nó. Gọi $S_i$ là diện tích của tam giác thứ i (tính từ các cạnh $a_i$ và $a_{i+1}$ - xem Hình 5, $i = 1, 2, \dots, n-1$), $S_n$ là diện tích của tam giác tính từ các cạnh $a_n$, $a_1$. Chúng ta có: $2S_i = a_i a_{i+1} \sin \alpha_i$, $i = 1, \dots, n-1$, $2S_n = a_n a_1 \sin \alpha_n$. Gọi $S$ là diện tích nhỏ nhất của các tam giác này. Sau đó

$$2S \leq a_i a_{i+1} \sin \alpha_i,$$

Ở đâu

$$(2S)^n \leq \prod_{i=1}^{n} a_i^2 \prod_{i=1}^{n} \sin \alpha_i < \prod_{i=1}^{n} a_i^{2*}).$$

đó là

$$2S < \left( \prod_{i=1}^{n} a_i \right)^{2/n}.$$

Nhưng

$$\left( \prod_{i=1}^{n} a_i \right)^{\frac{1}{n}} = \sqrt[n]{a_1 \cdots a_n} \leq \frac{a_1 + \cdots + a_n^{**}}{n} = \frac{\sum_{i=1}^{n} a_i}{n},$$

tư thế

$$2S < \left( \frac{\sum_{i=1}^{n} a_i}{n} \right)^2.$$

Gọi $p_i$ và $q_i$ là độ dài của hình chiếu của cạnh thứ i của n-miếng đệm lên các cạnh dọc và ngang của hình vuông. Vậy thì $a_i \leq p_i + q_i$, tức là $\sum_{i=1}^{n} a_i \leq \sum_{i=1}^{n} p_i + \sum_{i=1}^{n} q_i \leq 4$.

Posetom

$$2S < \left( \frac{4}{n} \right)^2,$$

Ở đâu

$$S < \frac{8}{n^2}.$$

Kết quả ước tính khá thô - chúng tôi đã loại bỏ $\prod_{i=1}^{n} \sin \alpha_i$ ngay từ đầu, ước tính sản phẩm này là một. Hãy làm rõ đánh giá này. Chúng tôi có:

$$(2S)^n \leq \prod_{i=1}^{n} a_i^2 \prod_{i=1}^{n} \sin \alpha_i,$$

đó là

$$2S \leq \left( \prod_{i=1}^{n} a_i \right)^{2/n} \cdot \left( \prod_{i=1}^{n} \sin \alpha_i \right)^{1/n} \leq \frac{16}{n^2} \cdot \frac{\sum_{i=1}^{n} \sin \alpha_i}{n}.$$

*) Ở đây $\Pi$ là ký hiệu của sản phẩm: $\prod_{i=1}^{n} a_i = a_1 \cdots a_n$.
**) Chúng ta đã sử dụng bất đẳng thức về trung bình số học và trung bình hình học.

41

Vì $\sum_{i=1}^{n} \alpha_i = 2\pi$ (là tổng các góc ngoài của $n$-giác), chúng ta có thể hiểu $\sum_{i=1}^{n} \sin \alpha_i$ là diện tích thỏa đáng của $n$-giác nội tiếp trong một đường tròn đơn vị có các góc $\alpha_i$ tại đỉnh $Q$ - tâm của đường tròn (Hình 6). Do đó $\sum_{i=1}^{n} \sin \alpha_i < 2\pi$, và do đó

$$S \leq \frac{16\pi}{n^3}.$$

A. Klyachko

F339. Quả bóng tennis chạm vào một cây vợt mềm và nảy ra khỏi nó một cách đàn hồi. Khối lượng của bóng nhỏ hơn nhiều so với vợt, tốc độ của bóng trước khi va chạm với vợt bằng $v$ và tạo một góc $\alpha = 60^\circ$ với phương vuông góc với vợt. Cây vợt của tôi phải đạt tốc độ không đổi bằng bao nhiêu để quả bóng được phản xạ vuông góc với hướng chuyển động ban đầu? Bóng không thể được xử lý trước hoặc sau khi va chạm với vợt.

◆ Khi quả bóng va chạm đàn hồi với vợt đứng yên, tốc độ của quả bóng không thay đổi về giá trị abscylite mà thay đổi hướng. Trong trường hợp này, thành phần vận tốc $v_y$ (Hình 7, a) không đổi ($v_y' = v_y$) và thành phần $v_x$ đổi hướng theo hướng ngược lại ($v_x' = -v_x$).

Theo điều kiện bài toán, tốc độ của vợt phải sao cho quả bóng bị phản xạ một góc $\beta = 30^\circ$ (đối với người quan sát đứng yên), tức là nó phải đáp ứng các điều kiện (xem Hình 7, b).

$$\frac{|v_y'|}{|v_x'|} = \mathrm{tg} \beta = \frac{1}{\sqrt{3}}.$$ (*)

Sau khi cắt bóng, tốc độ của bóng thay đổi như thế nào khi va chạm với vợt đang chuyển động. Để làm điều này, hãy xem xét chuyển động trong hệ tọa độ liên kết với vợt, chuyển động tương đối so với hệ tọa độ cố định với tốc độ không đổi $w$ (vì khối lượng của vợt lớn hơn quả bóng rất nhiều nên tốc độ của vợt thực tế không thay đổi sau một va chạm). Vì hệ là quán tính nên sự phản xạ sẽ xảy ra theo định luật “góc tới bằng góc phản xạ”.
Tốc độ của quả bóng trong hệ thống này trước khi va chạm bằng $u = v$ - $w$ (xem Hình 7, $\theta$). Các thành phần vận tốc $u_x$ và $u_y$ bằng $u_x = v_x - w$, $u_y = v_y$ tương ứng. Trong khi va chạm, thành phần $u_y$ không đổi ($u_y' = u_y = v_y$) và thành phần $u_x$ đổi hướng theo hướng ngược lại: $u_x' = -u_x = -v_x + w$.

Hình 7.

42

Trong hệ tọa độ cố định, vận tốc của quả bóng sau va chạm là $v' = u' + w$, các thành phần $v'_y$ và $v'_x$ lần lượt bằng $v'_y = v_y$, $v'_x = u'_x + w = -v_x + 2w$.

Xét rằng $|v_y| = |v| \sin \alpha$, $|v_x| = |v| \cos \alpha$, từ điều kiện (*)

$$\frac{v \sin \alpha}{v \cos \alpha + 2w} = \frac{1}{\sqrt{3}}$$

hãy tìm w:

$$w = \frac{\sqrt{3} v \sin \alpha - v \cos \alpha}{2} = \frac{v}{2}, \quad w = -\frac{v}{2}.$$

I. Slobodetsky

F340. Một vệ tinh Trái đất có khối lượng $m=10$ kg, chuyển động theo quỹ đạo tròn ở các tầng cao của khí quyển, chịu lực cản từ không khí loãng. Lực cản $F=5 \cdot 10^{-4}$ n. Xác định tốc độ của vệ tinh sẽ thay đổi bao nhiêu trong một vòng quay quanh Trái đất. Độ cao của chuyến bay của vệ tinh so với bề mặt Trái đất được coi là nhỏ so với bán kính Trái đất.

Tổng năng lượng $E$ của một vệ tinh có khối lượng $m$, chuyển động trên quỹ đạo có bán kính $R$, cộng động năng của nó $K = \frac{m v^2}{2} = \gamma \frac{m M}{2 R}$ (tốc độ của vệ tinh trong quỹ đạo tròn Trái đất là $\sqrt{\gamma \frac{M}{R}}$, trong đó $R$ là bán kính Trái đất) và thế năng $\Pi = -\gamma \frac{m M}{R}$ (dấu “trừ” là do bản chất của lực hấp dẫn giữa vệ tinh và Trái đất: khi các vật thể tiến lại gần hơn, thế năng giảm dần). Như vậy,

$$E = K + \Pi = -\gamma \frac{m M}{2 R}.$$

Do tác động của lực cản, năng lượng của vệ tinh thay đổi nên bán kính quỹ đạo thay đổi. Hãy tính sự thay đổi bán kính trên mỗi vòng quay.

Năng lượng của vệ tinh trên mỗi vòng quay thay đổi theo giá trị $\Delta E$, về mặt số lượng bằng công của lực cản trên đường đi $2\pi R$, tức là $\Delta E = -2\pi RF$. Như vậy,

$$\Delta E = -\gamma \frac{m M}{2 (R + \Delta R)} + \gamma \frac{m M}{2 R} = \gamma \frac{m M}{2} \frac{\Delta R}{(R + \Delta R) R}.$$

Giả sử $|\Delta R| \ll R$, chúng ta có thể viết

$$\gamma \frac{m M}{2} \frac{\Delta R}{R^2} = -2\pi RF.$$

Xem xét rằng $\gamma \frac{M}{R^2} = g$, cuối cùng chúng tôi nhận được

$$\Delta R = -\frac{4\pi RF}{g m} \approx -4 \cdot 10^2 m$$

($g = 9,8 \text{ m/сек}^2$, $R \approx 6,4 \cdot 10^6 \text{ m}$).

Rõ ràng là giả định $|\Delta R| \ll R$ mà chúng tôi đưa ra là đúng.

Vì vậy, do tác động của lực kéo, bán kính quỹ đạo của vệ tinh giảm đi. Do đó, tốc độ của vệ tinh tăng lên. Hãy tìm sự thay đổi về tốc độ,

Động năng của vệ tinh trên quỹ đạo có bán kính $R + \Delta R$ bằng

$$K_{R+\Delta R} = \frac{m (v + \Delta v)^2}{2} = \gamma \frac{m M}{2 (R + \Delta R)}.$$

44

Nghịch lý này dễ dàng giải quyết nếu chúng ta tính đến việc khi mạch điện đóng, các điện tích tự do của chất lỏng dẫn điện có thành phần vận tốc hướng vuông góc với tấm. Do đó, xuất hiện một thành phần của lực Lorentz, hướng ngược chiều với vận tốc v. Vậy công tổng của lực Lorentz bao gồm công của hai thành phần của nó. Và tổng công việc này bằng không. Hãy chắc chắn về điều này.

Sự chuyển động của điện tích bên trong tụ điện từ bản này sang bản khác xảy ra do tác dụng của thành phần lực Lorentz vuông góc với các bản. Ý nghĩa của thành phần này

$$F_1 = qvB.$$
Công thực hiện bởi lực $F_1$ trên một đơn vị thời gian (tức là công suất) bằng

$$N_1 = F_1v_1 = qvBv_1,$$

trong đó $v_1$ là thành phần vận tốc điện tích hướng vuông góc với tấm.

Thành phần lực Lorentz hướng vào vận tốc v có độ lớn bằng nhau

$$F_2 = qv_1B.$$
Công mà lực này thực hiện trong một đơn vị thời gian là

$$N_2 = -F_2v_1 = -qv_1Bv$$

(lực $F_2$ đóng vai trò là lực phanh và do đó công của nó có giá trị âm).

Do đó, công của lực Lorentz (nếu chúng ta tính đến tất cả các thành phần của lực) thực sự bằng 0:

$$N_1 + N_2 = 0.$$
Nguồn năng lượng trong mạch này rõ ràng là một máy bơm hút chất lỏng qua tụ điện. Máy bơm này phải liên tục thực hiện công, vì có một lực cản tác dụng lên chất lỏng và tất cả công này cuối cùng biến thành nhiệt tỏa ra trong mạch.

S. Kozel

Trong một mạch kín gồm các điện trở mắc nối tiếp $R$ và $2R$ và một nguồn có e. d.s. E và nội trở $r$, như thế này

$$I = \frac{\varepsilon}{3R + r}.$$

Đặt điện áp rơi trên các tụ điện lần lượt là $U_1, U_2, U_3$ và điện tích của chúng tương ứng là $q_1, q_2, q_3$ (xem Hình 8). Tổng điện áp rơi trên các tụ điện $C_1$ và $C_2$ bằng điện áp rơi trên điện trở $R$, tức là.

$$U_1 + U_2 = IR.$$

Tổng điện áp rơi trên các tụ điện $C_2$ và $C_3$ bằng tổng điện áp rơi trên các điện trở $R$ và $2R$:

$$U_2 + U_3 = 3IR.$$

Tổng điện tích của mạch được tô sáng trong hình bằng 0, tức là $q_1 - q_2 + q_3 = 0$ hoặc

$$CU_1 - CU_2 + CU_3 = 0.$$

Giải các phương trình (1) - (3) cùng nhau ta tìm được

$$U_2 = \frac{4}{3} IR = \frac{4}{3} \frac{\varepsilon R}{3R + r}.$$

Do đó điện tích của tụ 2 bằng

$$q_2 = C_2U_2 = \frac{4}{3} \frac{\varepsilon R}{3R + r}.$$

I. Slovodetsky