Lời giải bài toán M331—M335; F343—F347

39

phát triển hệ thống khép kín. Hình 1 thể hiện quỹ đạo của hạt 1 và vị trí của cả hai hạt tại thời điểm vận tốc của hạt 1 bằng v, vận tốc của hạt 2 bằng -3v. Xây dựng quỹ đạo của hạt 2 nếu $\frac{m_1}{m_2} = 3$.

F385. Một tấm dẫn điện mỏng lớn có diện tích S và độ dày d được đặt trong một điện trường đều E vuông góc với tấm đó. Hỏi nhiệt lượng tỏa ra trong dây dẫn là bao nhiêu nếu tắt từ trường?

P. Zubkov

F386. Ở đỉnh của một tam giác vuông đều có cạnh bằng a có các quả cầu kim loại giống hệt nhau có bán kính r (r<a). Mỗi quả bóng đều được tích điện q. Quả bóng 1 và 2 được nối bằng dây dẫn, sau đó dây dẫn được tháo ra. Sau đó, họ làm tương tự với quả bóng 2 và 3, và cuối cùng là với quả bóng 3 và 1. Những quả bóng nào được tích điện?

F387. Hai người đi xe đạp trong một rạp xiếc với vận tốc tuyến tính bằng nhau v dọc theo các vòng tròn bán kính R₁ và R₂, tâm của chúng cách nhau một khoảng l (l < (R₁+R₂)). Một trong những người đi xe đạp di chuyển theo chiều kim đồng hồ, người còn lại ngược chiều kim đồng hồ. Tìm vận tốc tương đối của những người đi xe đạp (trong hệ tọa độ liên kết với một trong số họ) tại thời điểm cả hai cùng đứng trên đường đi qua tâm các đường tròn tại các điểm: a) A₁ và A₂; b) A₁ và B₂; c) B₁ và B₂; d) A₂ và B₁ (Hình 2).

Lời giải bài toán

M331. a) Tam giác A₁B₁C₁ thu được từ tam giác ABC bằng cách quay quanh tâm của đường tròn ngoại tiếp một góc nhất định nhỏ hơn 180°. Chứng minh rằng giao điểm của các đường thẳng tương ứng: (AB) và (A₁B₁), (BC) và (B₁C₁), (CA) và (C₁A₁) là các đỉnh của một tam giác, giống tam giác ABC.

b) Tứ giác A₁B₁C₁ thu được từ bốn-

Nhiều độc giả đã thêm lời giải vào bài toán này dựa trên việc xem xét các góc nội tiếp. Như vậy, lời giải, theo quy định, không có phân tích về trường hợp trong đó không phải các bên tương ứng giao nhau mà là sự tiếp nối của họ. Chúng ta hãy trình bày một lời giải đơn giản và tổng quát hơn, sử dụng các phép biến đổi hình học.

a) Ký hiệu giao điểm của đường thẳng AB với đường thẳng A₁B₁ (thu được từ (AB) bằng cách quay vectơ ngoại tiếp O theo góc α) theo C₂: C₂ = (AB) ∩ (A₁B₁) (Hình 1). Vẽ đường OC₀ vuông góc từ tâm O đến dây AB; thì C₀ là trung điểm của dây AB. Rõ ràng là

$$|OC_2| \cdot |\cos \frac{\alpha}{2}| = |OC_0|.$$

40

quận ABCD, được mô tả bằng một đường tròn có tâm O, bằng cách quay quanh tâm O một góc nào đó nhỏ hơn 180°. Chứng minh rằng lũy ​​thừa tương ứng với các đường thẳng: (AB) và (A1B1), (BC) và (B1C1), (CD) và (C1D1), (DA) và (D1A1) là các đỉnh của hình bình hành.

Do đó, C0 ở giữa của dây AB đi đến giao điểm C2 của đường AB và A1B1 là kết quả của việc thực hiện tuần tự hai phép biến đổi: quay một góc α/2 so với tâm O và được chuẩn bị cùng tâm và hệ số 1/|cos α/2|. Phép biến đổi được chỉ định không phụ thuộc vào việc lựa chọn hợp âm, do đó, sau khi thực hiện, trung điểm A0 và B0 của dây BC và AC lần lượt đi đến các điểm A2 = (BC)∩(B1C1) và B2 = (CA)∩(C1A1). Từ đó suy ra tam giác A2B2C2 đồng dạng với tam giác A0B0C0 với hệ số đồng dạng là 1/|cos α/2|.

6. Lời giải của cái này bài toán tương tự như cái trước. Gọi P, Q, R, S là trung điểm của các dây AB, BC, CD, DA (Hình 2). Không khó để chứng minh tứ giác PQRS là hình bình hành. Do đó, các giao điểm P1 = (AB)∩(A1B1), Q1 = (BC)∩(B1C1), R1 = (CD)∩(C1D1) và S1 = (DA)∩(D1A1) là các đỉnh của hình bình hành P1Q1R1S1, đồng dạng với hình bình hành PQRS có hệ số tương tự 1/|cos α/2|.

3. thái giám

Hình 1.

Hình 2.

M332. Có thể tạo một khối có kích thước k×k×k từ cốc trắng và đen 1×1×1 sao cho mỗi khối có hai khối lân cận có cùng màu với chính nó không? (Hai hình lập phương được coi là liền kề nếu chúng có cạnh chung.)

Đáp số. Nếu k chẵn thì có thể, nhưng nếu k lẻ thì không thể.

Một ví dụ về k chẵn không khó xây dựng: chẳng hạn, bạn có thể tạo một khối lập phương từ các khối đen trắng xen kẽ có kích thước 2 × 2 × 1 hoặc từ các lớp xen kẽ như trong Hình 3 (hình này thể hiện hai phần của khối lập phương k × k × k, k = 8, các mặt phẳng nằm ngang, nằm cách nhau một khoảng).

Giả sử rằng ngay cả với k lẻ vẫn có thể tạo thành lập phương cần thiết. Hãy nối tâm của các cốc trắng liền kề bằng các đoạn. Từ mỗi trung tâm sẽ có hai phân đoạn. Như vậy, chúng ta sẽ có một hoặc nhiều đường đứt đoạn khép kín, các liên kết của chúng song song với các cạnh của hình lập phương và tổng chiều dài bằng số cốc trắng. Đường đứt đoạn khép kín, bao gồm các đoạn đơn vị của ba hướng vuông góc với nhau, rất thuận tiện. Vì vậy, không có

41

Hình 3.

M333. Ba người đàn ông bò dọc theo các cạnh của tam giác ABC sao cho tâm của những người đàn ông được tạo bởi tam giác vẫn ở một chỗ. Chứng minh rằng nó trùng với tâm của tam giác ABC nếu biết rằng một trong hai người đã bò dọc theo toàn bộ đường biên của tam giác. (Tâm chồng gọi là giao điểm của các đường trung tuyến của nó.)

Hình 4.

M334. Cho một đa thức P(x):
a) với các hệ số tự nhiên,
b) với hệ số nguyên.
Với mỗi số tự nhiên n, gọi aₙ biểu thị tổng các chữ số trong ký hiệu thập phân của số P (n). Chứng minh rằng tồn tại một số xuất hiện theo dãy a₁, a₂, a₃, … vô số lần.

Đặt P(x) = cₙxᵙ + cₙ-1xᵙ-1 + … + c₁x + c₀, cₙ ≠ 0.
a) Các số cₙ, cₙ-1, …, c₁, c₀ không âm.
Xét một số tự nhiên l sao cho 10ᵀ lớn hơn các số cₙ, cₙ-1, …, c₁, c₀. Khi đó ký hiệu thập phân của số aᵢ = P(10ᵀ) trước tiên sẽ chứa các chữ số của số cₙ, sau đó là các số 0; khi đó các chữ số của số cₙ-1 lại là số 0; các chữ số của số cₙ-2 đều là số 0, v.v. Như vậy, tổng các chữ số của số aᵢ = P(10ᵀ) bằng tổng các chữ số S của tất cả các số cₙ, cₙ-1, …, c₁, c₀. Lập luận tương tự, chúng ta thấy rằng

S = tổng các chữ số a₁₀l+1 = tổng các chữ số a₁₀l+2 = …,
t. Tức là số S xuất hiện theo dãy a₁, a₂, … vô số lần.

6. Thay P (x) bằng - P (x), nếu cần, chúng ta có thể giả sử rằng cₙ > 0. Giả sử m là một số tự nhiên. Ta đặt Q (x) = P (x + m) = cₙ (x + m)ᵙ + cₙ-1 (x + m)ᵙ-1 + … + c₁ (x + m) + c₀. Mở ngoặc và đưa các số hạng tương tự, ta thấy Q(x) là đa thức có hệ số nguyên. Nếu bₖ là tổng các chữ số của số |Q(k)| thì rõ ràng bₖ = aₖ+m. Vì vậy, chỉ cần chọn số m sao cho mọi hệ số của đa thức Q(x) đều không âm; thì một số sẽ xuất hiện vô số lần trong chuỗi b₁, b₂, … và do đó, xuất hiện vô số lần trong chuỗi a₁, a₂, … Hãy chứng minh rằng để làm được điều này, chúng ta chỉ cần lấy bất kỳ số m nào lớn hơn tất cả các số |cₙ-1|, |cₙ-2|, …, |c₀|. Thật sự,

P (x) = (cₙ - 1)xᵙ + (x + cₙ-1 - 1)xᵙ-1 + (x + cₙ-2 - 1)xᵙ-2 + … + (x + c₀ - 1) + 1.

43

Chúng ta hãy tìm giá trị lớn nhất có thể có của số $A = \sum_{k=1}^{7} a_k$ sao cho bất đẳng thức cuối cùng vẫn đúng. Không khó để chứng minh (chúng ta sẽ làm điều này dưới đây) rằng

$$\sum_{k=1}^{7} a_k^2 \geq \frac{1}{7} \left( \sum_{k=1}^{7} a_k \right)^2 = \frac{1}{7} A^2;$$

thì từ bất đẳng thức (**) suy ra rằng

$$\frac{1}{7} A^2 - A \leq \sum_{k=1}^{7} a_k^2 - \sum_{k=1}^{7} a_h \leq 42,$$

hoặc $$\frac{1}{7} A^2 - A \leq 42,$$ hoặc $$A^2 - 7A \leq 294,$$ tức là $(A - 21)(A + 14) \leq 0$, từ đó $A \leq 21$.

Việc chứng minh cho ô vuông $13 \times 13$ được thực hiện theo cách tương tự và chúng tôi khuyên người đọc nên tự mình thực hiện tất cả các phép tính.

Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh (với mọi $n \geq 1$, $a_k \geq 0$, $k = 1, 2, \dots, n$) bất đẳng thức

$$\sum_{k=1}^{n} a_k^2 \geq \frac{1}{n} \left( \sum_{k=1}^{n} a_k \right)^2.$$

Để thuận tiện cho việc tính toán, chúng ta đặt $na = \sum_{k=1}^{n} a_k$ và chứng minh rằng $\sum_{k=1}^{n} a_k^2 \geq na^2$. Chúng ta hãy biểu thị sự khác biệt giữa số $a_k$ và giá trị trung bình $a$ của các số $a_k$ bằng $\varepsilon_k: \varepsilon_k = a_k - a$. Sau đó

$$na = \sum_{k=1}^{n} a_k = \sum_{k=1}^{n} (a + \varepsilon_k) = na + \sum_{k=1}^{n} \varepsilon_k,$$

và do đó

$$\sum_{k=1}^{n} \varepsilon_k = 0.$$

Nó diễn ra từ đây:

$$\sum_{k=1}^{n} a_k^2 = \sum_{k=1}^{n} (a + \varepsilon_k)^2 =$$

$$= \sum_{k=1}^{n} a^2 + 2a \sum_{k=1}^{n} \varepsilon_k + \sum_{k=1}^{n} \varepsilon_k^2 = na^2 + \sum_{k=1}^{n} \varepsilon_k^2 \geq na^2.$$

Tóm lại, có một nhận xét. Trong các điều kiện của nhiệm vụ, chúng tôi đã im lặng bỏ qua thực tế là các ô vuông thông thường từ các ô $7 \times 7$, $13 \times 13$ (nói chung, $(m^2 + m + 1) \times (m^2 + m + 1)$, trong đó $m = 2, 3, \dots$) cho phép diễn giải hình học đẹp mắt. Ví dụ, bảng ở Hình 5 có thể coi là bảng tỷ lệ của bảy điểm và bảy đường thẳng ở Hình 7 (đường cong nét đứt … $A \dots B \dots C \dots$)

44

F343. Ueol, theo đó Mặt trời có thể nhìn thấy được từ Trái đất (đường kính ueel), bằng khoảng $\alpha \approx 10^{-2}$ rad. Bán kính Trái đất $R_3 = 6400$ km. Gia tốc trọng trường trên Trái đất là $g \approx 10$ m/giây². Xác định từ những dữ liệu này tỷ lệ mật độ trung bình của Trái đất và Mặt trời, có tính đến $1 \text{еод} \approx 3 \times 10^7$ giây.

Với máy móc. Thể tích của quả bóng được tính theo công thức $V = \frac{4}{3} \pi R^3$, trong đó $R$ là bán kính của quả bóng.

Hình 8.

F344. Điện tích Q được phân bố đều trên một vòng điện môi mỏng nằm trên mặt phẳng ngang chính. Cảm ứng của từ trường vuông góc với mặt phẳng của vòng thay đổi từ 0 đến $B_0$. Tốc độ điều trị hiệu quả với vòng này là bao nhiêu? Khối lượng của chiếc nhẫn là $m$.

Khi Trái đất chuyển động quanh Mặt trời, lực hấp dẫn hợp nhất $F = \gamma \frac{m_C m_3}{L^2}$ truyền cho Trái đất một gia tốc hướng tâm $a_ц = \omega^2 L = \frac{4\pi^2}{T^2} L$. Ở đây $\omega$ là vận tốc góc, $T = 1 \text{еод}$ là chu kỳ Trái đất quay quanh Mặt trời, $m_C$ là khối lượng của Mặt trời, $m_3$ là khối lượng Trái đất và $L$ là bán kính quỹ đạo Trái đất. Theo định luật thứ hai của Newton

$$\gamma \frac{m_C m_3}{L^2} = m_3 \frac{4\pi^2}{T^2} L.$$

(1)

Nhưng $\gamma \frac{m_3}{R_3^2} = g$ do đó

$$m_C g \frac{R_3^2}{L^2} = m_3 \frac{4\pi^2}{T^2} L.$$

(2)

Vì $m_3 = \frac{4}{3} \pi R_3^3 \rho_3$ và $m_C = \frac{4}{3} \pi R_C^3 \rho_C$, suy ra từ sự tương ứng (2) rằng

$$\frac{\rho_3}{\rho_C} = \frac{g R_C^3 T^2}{4\pi^2 L^3 R_3}.$$

Bây giờ tất cả những gì chúng ta phải làm là biểu thị $R_C$ theo $L$ và $\alpha$. Rõ ràng là $R_C = L \alpha/2$ (Hình 8). Vì vậy cuối cùng chúng tôi nhận được

$$\frac{\rho_3}{\rho_C} = \frac{g \alpha^3 T^2}{32\pi^2 R_3} \approx 4,4.$$

◆

Khi từ trường thay đổi, một điện trường xuất hiện, hướng của điện trường tại mỗi điểm của vòng là hướng tiếp tuyến với vòng. Tính định hướng này có thể được tính bằng cách chia emf. cảm ứng được kích thích trong một đường viền hình tròn có bán kính $R$, bằng bán kính của vòng, với chu vi của đường viền:

$$E = \frac{|\mathcal{E}_{инд}|}{2\pi R} = \frac{1}{2\pi R} \left| \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} \right|.$$

Chúng ta hãy chọn một phần nhỏ của chiếc nhẫn có chiều dài $\Delta l_i$ với điện tích $\Delta Q_i = \frac{Q}{2\pi R} \Delta l_i$ và khối lượng $\Delta m_i = \frac{m}{2\pi R} \Delta l_i$.

46

Như vậy,

$$N = \frac{Mgv}{2} = \frac{Mg}{2l} \sqrt{\frac{Mg}{\rho\pi}}. \tag{3}$$

Mật độ không khí có thể được tìm thấy từ phương trình trạng thái khí lý tưởng

$$pV = \frac{m}{\mu} RT.$$

Từ đây

$$\rho = \frac{m}{V} = \frac{\rho\mu}{RT}. \tag{4}$$

Để ước tính, chúng tôi sẽ giả định rằng không khí ở áp suất khí quyển bình thường $p = 10^5 \text{ h/m}^2$ và ở nhiệt độ $T = 300^\circ\text{K}$. Thay giá trị tương ứng của đại lượng vào công thức (3) và (4), ta tìm được

$$N \approx 3 \cdot 10^4 \text{ bm} = 30 \text{ квт.}$$

S. Kozel

F346. Một trong các bản của tụ điện phẳng có diện tích $S$ được treo ở bên ngoài. Lớp lót còn lại được cố định bất động. Khoảng cách giữa các tấm tại thời điểm ban đầu là $l_0$. Tụ điện được nối với pin trong thời gian ngắn và được sạc đến điện áp $U$. Độ cứng của lò xo $k$ phải là bao nhiêu để các tấm không chạm vào nhau? Sự dịch chuyển của các tấm trong quá trình sạc có thể được bỏ qua.

Khi nối với nguồn, tụ điện được tích điện đến hiệu điện thế $U$ và các bản của nó thu được điện tích $+q$ và $-q$, trong đó

$$q = CU = \frac{\varepsilon_0SU}{l_0}.$$

Bản tích điện phía trên của tụ điện nằm trong trường điện tích của bản dưới và lực $F = qE$ tác dụng lên nó, trong đó $E$ là điện áp của trường điện tích của bản dưới. Vì trong tụ điện phẳng, kích thước tuyến tính của các bản lớn hơn nhiều so với khoảng cách giữa các bản, nên chúng ta có thể giả sử rằng trường này trùng với trường của một lớp đồng nhất vô hạn. Điện áp của trường như vậy không phụ thuộc vào khoảng cách đến mặt phẳng và bằng

$$E = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} = \frac{q}{2\varepsilon_0S} = \frac{U}{2l_0}.$$

Dưới tác dụng của lực $F$ tấm trên sẽ chuyển động, lò xo bị dãn. Lực $F$ cũng như trọng lực không phụ thuộc vào vị trí của tấm và lực đàn hồi của lò xo tỉ lệ thuận với độ dịch chuyển về giá trị tuyệt đối. Do đó, tấm sẽ dao động điều hòa xung quanh vị trí cân bằng, trong đó (Hình 10)

$$F + mg = F_{\text{упр}}, \tag{*}$$

trong đó $m$ là khối lượng của tấm. Biên độ của đĩa bình sẽ bằng khoảng cách $h$ giữa vị trí ban đầu của nó và vị trí cân bằng. Do đó, các tấm sẽ không chạm vào nhau nếu khoảng cách này $h$ nhỏ hơn vị trí của khoảng cách ban đầu giữa các tấm, tức là nếu

$$h < \frac{1}{2} l_0.$$

Chúng ta biểu thị độ biến dạng của lò xo ở vị trí ban đầu bằng $\Delta x_0$. Biến dạng của nó ở vị trí cân bằng mới là $\Delta x_0 + h$, và

$$F_{\text{упр}} = k (\Delta x_0 + h).$$

Vì tấm trên ban đầu ở trạng thái cân bằng nên

$$mg = k \Delta x_0.$$

47

Thay các biểu thức của $F_{\text{упр}}$ và $mg$ vào công thức (*), ta thu được:
$$F + k\Delta x_0 = k(\Delta x_0 + h),$$
hoặc
$$h = \frac{F}{k}.$$
Vì vậy, các tấm sẽ không chạm vào nhau nếu
$$\frac{F}{k} < \frac{1}{2} l_0,$$
hoặc
$$k > \frac{2F}{l_0} = \frac{2qE}{l_0} = \frac{\varepsilon_0SU^2}{l_0^3}.$$

F347. Tàu vũ trụ đang quay quanh Lunya theo quỹ đạo tròn có bán kính $R = 3,4.10^6$ m. Các mảnh vỡ phải được ném ra khỏi tàu vũ trụ với tốc độ bao nhiêu, tiếp tuyến với quỹ đạo của con tàu để nó đáp xuống phía đối diện của Lunya? Sẽ mất bao lâu để chiếc cói rơi xuống Mặt Trăng? Xin lưu ý rằng tốc độ bôi phấn tự do ở Lunya ít hơn sáu lần so với trên trái đất. Bán kính của Lunya bằng $1,7.10^6$ m.

Cờ hiệu được đẩy ra khỏi tàu sẽ di chuyển theo quỹ đạo hình elip chạm vào bề mặt Lunya (Hình 11). Trục chính của quỹ đạo này là $R + R_\text{л}$, trong đó $R_\text{л}$ là bán kính Luận Nghĩa. Chúng ta hãy tìm tốc độ $v_1$ mà cờ hiệu sẽ bay ở điểm xa nhất $A$ của quỹ đạo này (tức là tại điểm phóng cờ hiệu ra khỏi tàu). Để làm điều này, chúng ta sẽ sử dụng định luật bảo toàn năng lượng và định luật thứ hai của Kepler.

Lực hấp dẫn giữa mặt dây chuyền và Mặt trăng giống như lực tương tác giữa hai điện tích điểm trái dấu. Do đó, khi biết biểu thức của trường thế năng của điện tích chính xác, chúng ta có thể, bằng cách tương tự, viết biểu thức thế năng của cờ hiệu tại điểm $A$ dưới dạng *)

$$\Pi_A = -\gamma \frac{M_\text{л} m}{R}$$

($M_\text{л} - \text{масса Луньи}, m - \text{масса вымплела}$). Tại điểm $B$—điểm tiếp tuyến của quỹ đạo cờ hiệu trên bề mặt Luận Nghĩa—thế năng bằng

$$\Pi_B = -\gamma \frac{M_\text{л} m}{R_\text{л}}.$$

Động năng của cờ hiệu tại các điểm $A$ và $B$ là

$$K_A = \frac{mv_1^2}{2} \text{ и } K_B = \frac{mv_2^2}{2},$$

trong đó $v_2$ là tốc độ của cờ hiệu tại điểm $B$. Theo định luật bảo toàn năng lượng

$$\frac{mv_1^2}{2} - \gamma \frac{M_\text{л} m}{R} = \frac{mv_2^2}{2} - \gamma \frac{M_\text{л} m}{R_\text{л}}.$$

Giảm $m$ và tính đến $\gamma \frac{M_\text{л}}{R^2_\text{л}} = g_\text{л}$, ta được

$$\frac{v_1^2}{2} - g_\text{л} \frac{R^2_\text{л}}{R} = \frac{v_2^2}{2} - g_\text{л} R_\text{л}.$$

(*) Ví dụ, xem bài viết của S. Kozel “Tương tự vật lý”, «Kvant», 1975, số 11.